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Poly biomol r 10 11
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  • 1. Tutorat Associatif Toulousain Année universitaire 2010-2011 PACES UE 1 : Chimie, Organisation, évolution et fonction du génome humain. Structure, diversité et fonction des biomolécules. Organisation, évolution et fonction du génome (Biologie Moléculaire) Fiches de cours et QCM Partenaire du Tutorat Associatif Toulousain© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 1
  • 2. © Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 2
  • 3. ATTENTION ! Ce polycopié a été relu sur la base des cours dispensés à lafaculté de Rangueil pour lannée 2009-2010. Cependant, suite à la réforme de la PACES, le programme deBiologie Moléculaire a été quelque peu modifié. Par conséquent,certains éléments présents dans ce polycopié peuvent ne plus êtredactualité. A vous de trier parmi les différentes fiches de cours et lesdifférents items proposés ceux qui restent en accord avec les coursdispensés par mesdames et messieurs les professeurs. Nhésitez pas à signaler toutes les erreurs éventuelles ouremarques concernant ce polycopié sur tutoweb dans la rubrique« Forum polycopiés » ou lors de lune des permanences du tutorat.En aucun cas le contenu de ce polycopié ne pourraengager la responsabilité de la faculté de médecine oude mesdames et messieurs les professeurs.Ce polycopié a été réalisé par :Mirvat Hamdan, Nicolas BernabeuYohann Vergès, Claire BuiretteJulie Calonge ,Marine HermanCapucine TatinRelecture par les tuteurs des années 2010-2011Compilé par Guillaume Gilbert© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 3
  • 4. PlanI Présentation de la biologie moléculaire page 5II Notions de cours page 6III QCM d’entraînement page 32IV Correction détaillée du concours officiel de janvier 2006 page 173V QCM supplémentaires du Tutorat 2005 - 2006 page 181© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 4
  • 5. I Présentation de la biologie moléculaire et du polycopié La biologie est une matière qui n’est pas des plus difficiles pour le concours d’après lesétudiants. Cependant, la partie qui pose généralement le plus de problème est celle quiconcerne les techniques et animaux transgéniques. Il y a de nombreuses notions à apprendre par cœur mais relativement peu par rapport àl’ensemble des autres matières. Il s’agit en fait plus d’exercices de compréhension et delogique. L’entraînement à ces exercices est primordial, d’où l’importance d’assister auxséances de TD durant lesquelles les réponses des QCM du polycopié d’entraînement de lafaculté vous serons données ; vous pourrez aussi y posez vos questions et suivre quelquesrappels de cours. Ce polycopié que nous avons réalisé pour le T.A.T a pour vocation de vouspermettre un entraînement varié et optimal pour le concours. Nous avons essayé de suivredirectement le modèle des QCM de la faculté, mais il est fort possible qu’un petit nombredes QCM que vous trouverez ici sont plus ardus et font référence à des détails pluspoussés que ceux demandés le jour du concours. Ne vous focalisez pas sur ces éléments. Si vous avez des questions, consultez le forum http://www.tutoweb.org ou lestuteurs que vous trouverez pendant les permanences du Tutorat. Dans les cas éventuels où il y aurait des erreurs concernant les QCM ou les fiches decours de ce polycopié, nous mettrons en ligne (sur le site) les errata correspondant et nousvous en informerons par l’intermédiaire des colles. Bonne chance à tous ! NB : vous aurez besoin du tableau du code génétique et de la correspondance desbases wobble (qui ne sont pas inclus dans ce poly, mais qui sont présents sur la premièrepage de chaque sujet de concours de la fac) pour répondre à certains QCM.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 5
  • 6. II Fiches de cours Voici un petit nombre de fiches explicatives de points du cours qui peuvent poser problème.Beaucoup d’autres éléments indispensables à assimiler sont expliqués dans la correction des QCM quiconcernent directement ces points (partie IV). Les tuteurs éditerons des fiches explicatives au cours del’année s’il apparaît que certains points du cours ne sont pas bien compris par une grande partie desétudiants. Si certaines choses restent mystérieuses à vos yeux, le forum tutoweb.org et les permanencesdes tuteurs sont là pour vous les expliquer. - Classification des acides aminés page 7 - Dosage et densité optique page 8 - Chromatographies échangeuses d’ions page 9 - Bases, nucléosides et nucléotides page 10 - Enzymes de restriction page 13 - Sondes page 14 - Amplification élective in vitro : PCR page 19 - Analyse du génome page 21 - Séquençage nucléotidique page 23 - Analyse de lexpression des gènes page 24 - Analyse génotypique page 28© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 6
  • 7. Classification des acides aminés (aa) 1 AA = une fonction amine NH2 + un radical R + une fonction acide carboxylique COOH R – CH – COOH le carbone lié a la fois au groupement COOH et / NH2 est dit « carbone α » NH2 Selon la nature de R on parle d’AA polaires ou apolaires, il s’agit de la réaction de l’AA vis-à-vis de l’eau. En effet le corps humain est constitué en grande majorité d’eau, il est logique d’envisagerla réaction des AA dans un milieu aqueux.  Polarité : tendance de la molécule à agir avec l’eau au pH physiologique de 7,42 ------------------------------------------/--------------------------------------------------> acide 7,42 alcalin AA apolaires AA polaires Neutres Acides Basiques Glycine G (Gly) Serine S (Ser) Ac. Aspartique Lysine K Alanine A (Ala) Thréonine T (Thr) D ( Asp) (Lys) Valine V (Val) Asparagine N (Asn) Leucine L (Leu) Glutamine Q (Gln) Ac. Glutamique Arginine R Isoleucine I (Ile) Cystéine C (Cys) E (Glu) (Arg) Phenylalanine F (Phe) Tyrosine Y (Tyr) Tryptohane W (Trp) Histidine H Méthionine M (Met) (His ) Proline P (Pro)Quelques petites précisions sur les AA qui tombent souvent dans les QCMs!Glycine ou Glycocolle: le plus petit des AA (R=H)Proline: iminoacide (fonction imine NH), cyclique donc jouant un rôle important dans la structure spatialedes protéines.Cystéine: présence dun groupement Thiol SH qui, par condensation de deux cystéines, permet laformation dun pont dissulfure et lobtention dune cystine.Asparagine et Glutamine: amidesAc aspartique et ac glutamique: ac dicarboxyliques ( 2 fonction COOH)Au sein d’une protéine dans un milieu aqueux :- les AA apolaires sont enfouis au cœur de la protéine- les AA polaires sont à la surface, en contact avec l’eau=> substituer un AA par un autre de la même polarité au sein d’une même protéine a moins d’effet surson éventuelle déformation que si les deux acides aminés nont pas la même polarité.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 7
  • 8. Dosage et densité optique Pour mesurer la concentration (dans une solution) de certaines molécules organiques, on peututiliser la spectrophotométrie. Il s’agit de mesurer en unités arbitraires la D.O. (ou densité optique) d’unesolution traversée par un faisceau de lumière, et dont la longueur d’onde λ est fixée au préalable parl’expérimentateur. Pour calculer la D.O., on mesure l’intensité du faisceau lumineux avant et après la traversée de la 1,2 solution. Ainsi : D.O. = log I0 1 I 0,8 0,6 D.O. Retenir absolument que : 0,4 - les Bases azotées puriques et pyrimidiques 0,2 présentent un pic d’absorption à 260 nm 0 - le PHénol à 270 nm 250 260 270 280 nm nm nm nm - les Protéines à 280 nm (exemple de moyen mnémotechnique : BFP) NB : Présenter un pic d’absorption ne veut pas dire que le composé n’absorbe pas une lumière monochromatique d’une autre λ mais qu’il absorbe le plus la lumière à la λ qui donne le pic - 1 D.O. à 260 nm est équivalente à une concentration de 50 μg/ml de DNA double brin ou de 40 μg/ml de DNA simple brin ou de RNA. Donc l’ARN absorbe plus que l’ADN à 260 nm (parce que pour absorber la même valeur on a besoin de moins d’ARN que d’ADN).Applications : - Apprécier le degré de pureté du DNA : Pour savoir si une solution contient du DNA pur ou contaminé par des protéines, on fait 2 mesures, la 1ère à 260 et une 2nde 280 nm. Les protéines présentent un pic d’absorption à 280 nm mais absorbent aussi à 260 nm, même si l’absorption est moins importante. Après les 2 lectures, on fait le rapport D.O. 260 D.O. 280 Si le rapport est de l’ordre de 1,8-2 (ou plus) => la solution d’acide nucléique est pure Si le rapport est inférieur à 1,8 => solution d’acide nucléique contaminée par des protéines On peut aussi faire le rapport DO 280 / DO 260 : Si le rapport est denviron = 0,5 => pure Si le rapport est > 0,5 => contaminée - Apprécier le degré de contamination par du phénol : On fait le rapport D.O. 260 D.O. 270© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 8
  • 9. Chromatographies échangeuses d’ions Petit rappel essentiel : Les CATIONS sont chargés + et se déplacent vers la CATHODE qui est chargée – Les ANIONS sont chargés – et se déplacent vers l’ANODE qui est chargée + A un pH neutre, un aa ACIDE est ANIONIQUE et un aa BASIQUE est CATIONIQUE Les chromatographies échangeuses d’ions se font sur des résines chargées électriquement. Ellesservent à détecter et isoler les ions d’une même charge. Elles se font en général sur des colonnes ourésines sur lesquelles des groupements de charges positives ou négatives sont liées par covalence. On faitpasser sur ces résines les solutions, et y adhèrent les groupements de charge opposée au support. En find’expérience on peut faire passer une solution éluante, plus chargée que la résine et qui entre encompétition avec elle, qui permet le décrochage des éléments accrochés.Résine échangeuse Ions fixés Charges électriques résineD’anions anions (-) positivesDe cations cations (+) négativeConseil : Ce sont en général des acides aminés qu’il vous sera donné de séparer par cette méthode.Il est préférable de toujours poser vos acides aminés sur une feuille à part et faire un petit tableau. Cesacides aminés baignent dans un milieu de pH qui vous sera donné. Marquez le pH du milieu à l’aide d’ungros trait en considérant la ligne horizontale comme l’échelle du pH allant croissant de gauche à droite. pH de l’expérience aa acides aa neutre aa basiques pHiA pHiN pHiB pH Il s’agit ensuite de comparer le pH du milieu et le pHi des acides aminés. Soit le pH du milieu estextrême donc vous saurez pertinemment le situer par rapport à celui des acides aminés (si les valeurs nesont pas données, on peut retenir pHiA=2, pHiN=7, pHiB=12), soit il vous sera fourni dans l’exercice lepHi de chacun des acides aminés mis en question.- Si pH < pHi, c’est le milieu qui est plus acide, les acides aminés seront basiques par rapport au milieu,ils attirent donc les protons et se chargent positivement.- Si pH > pHi, les acides aminés sont acides par rapport au milieu, ils céderont des protons au milieu etseront chargés négativement. Ainsi, après une chromatographie, les aa seront Une résine échangeuse de cation peut être séparés en fonction de leur charge : les élués (non représentée ainsi : fixés à la colonne) seront ceux de même charge que la résine. Tandis que ceux de charge opposée seront fixés. Plus l’acide aminé a un pHi éloigné du pH du milieu plus il sera acide ou basique par rapport à celui-ci, donc d’autant plus chargé ; il sera le premier à être élué ou fixé, si respectivement il est ou n’est pas de même charge que la résine.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 9
  • 10. Bases, nucléosides et nucléotidesI - LES BASESBases puriques et pyrimidiques : Elles dérivent d’hétérocycles azotés : le noyau purine ( 2 cycles) ou le noyau pyrimidine (1 cycle).Ces 2 cycles sont insaturés, conjugués, les liaisons peuvent donc se déplacer. PURIQUES PYRIMIDIQUES C : Cytosine A : Adénine U : Uracile G : Guanine T : Thymine Bases : - communes au DNA et RNA : A, C et G - spécifique au RNA : U - généralement spécifique au DNA : TIsoméries et tautoméries des bases : Amine NH2  Imine NH Cétones O  Hydroxyle (énol) OHChaque radical des bases peut être présent sous 1 des 2 formes tautomériques, ces 2 formes étant enéquilibre mais il y en a toujours une dominante par rapport à l’autre : la forme amine et la forme cétone.Dérivés de bases : - A partir de la purine (A ou G), et par une succession de désaminations et d’oxydations : Base Purique Hypoxanthine (Hx) Xanthine Acide Urique Présente dans certains ARNt (de Chez l’homme, étape finale du transfert) dans les anticodons catabolisme. Nombre de 1 (en 6) 2 (en 2 et 6) 3 (en 2, 6 et 8) radicaux OH et positions Pathologie Présente anormalement en En cas d’excès, pathologie de grande quantité dans le DNA en la goutte cas d’attaque oxydative - Bromouracile (BrU) :Le BrU est un analogue de la thymine, sa présence augmente la présence des formes tautomériques rares,donc de mésappariements. C’est un agent mutagène, il augmente près de 100 fois le risque de mutations.Le BrU s’apparie normalement avec A, mais présente une forme énol 100 fois plus abondante quis’apparie avec G. - Méthylxanthines : Triméthylxanthine : caféine Diméthylxanthine : théophylline et théobromine© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 10
  • 11. Ce sont des excitants au niveau cardiaque et du SNC :- effets inotrope ( force de contraction du cœur ) et chronotrope ( fréquence cardiaque) positifs =>augmente le débit cardiaque, mais avec une certaine limite (si excès, le débit chute).- effet broncho-dilatateur sur les muscles lisses bronchiques, utilisés pour calmer la crise d’asthme.II – LES NUCLEOSIDES = Association d’une base avec un sucre qui peut être - soit le ribose : dans le RNA  forme un ribonucléoside - soit le désoxyribose : dans le DNA  forme un désoxyribonucléoside Base Associée au ribose Associée au désoxyribose RIBONUCLEOSIDE DESOXYRIBONUCLEOSIDE A Adénosine A Désoxyadénosine dA G Guanosine G Désoxyguanosine dG U Uridine U C Cytidine C Désoxycytidine dC T Ribothymidine T (dans ARNt) Thymidine dT Hx Inosine I (hypoxanthine + sucre)III – LES NUCLEOTIDES = Association d’un nucléoside (base + sucre) avec 1,2 ou 3 phosphates Le 1er phosphate est lié au sucre en 5’ par une liaison ester, puis entre les groupements phosphatesil y a établissement de liaison anhydride d’acide. RIBONUCLEOTIDES DESOXYRIBONUCLEOTIDES Base mono di tri mono di triincluse phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté C CMP CDP CTP dCMP dCDP dCTP U UMP UDP UTP G GMP GDP GTP dGMP dGDP dGTP A AMP ADP ATP dAMP dADP dATP I IMP IDP ITP T TMP TDP TTP dTMP dTDP dTTPIl existe aussi des nucléotides cycliques : AMPc (3’-5’) et AMPc (2’-3’) (liaison phosphodiester)IV – LES DERIVES S-adénosylméthionine Rôle dans la méthylationPhosphoadénosylphosphosulfate Rôle dans la sulfatation Amino-acyl- AMP Intermédiaire de l’activation des AA dans la synthèse des protéines Acyl- AMP Intermédiaire de l’activation des acides gras dans leur transfert Co-enzymes NAD/ NADPUDP-glucose, CDP-choline, etc… Forme activée de diverses molécules pour leur transfert© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 11
  • 12. Antimétabolites :6-mercaptopurine Atome de soufre en 6, utilisé pour le traitement des leucémies. Allopurinol Inhibiteur de la xanthine-oxydase, donc de la formation de l’acide urique => traitement de la goutte. Ce n’est pas un noyau purine !!! thioguanine Atome de soufre en 6 et fonction amine en 2. Utilisé dans le traitement des leucémies. 5-fluoro-uracile Analogue de la thymine, anti-cancéreux. 5- Analogue de la thymidine, Anti-herpès.iododésoxyuridine Puromycine Structure : adénine diméthylée + analogue ribose avec NH2 en 3’ + AA non présent chez l’humain (donc liaison amide entre ces 2 derniers !) Analogie avec l’extrémité CCA-terminale des tRNA portant un AA. La puromycine agit donc en compétition avec les tRNA, se pose sur le site A du ribosome et bloque la synthèse des protéines 5-fluorocytosine Anti-fongique AZT Anti HIV(azidothymidine) Acyclovir Structure proche dune guanosine. Anti herpès/varicell/zona Ara-C (cytosine Traitement des leucémies aigües. arabinoside) Gemcitabine 2 fluors au niveau du C2 du ribose accroché à une cytosine. Traitement des cancers.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 12
  • 13. Enzymes de restriction Les enzymes de restriction coupent uniquement le DNA double brin ; ce sont des endonucléases,elles coupent à l’intérieur de la chaîne nucléotidique après reconnaissance d’une séquence spécifique.Ces endonucléases sont parfois synthétisées par des bactéries suite à une agression par des phages. Ellescoupent le matériel génétique du phage, ce qui neutralise son pouvoir infectieux.On classe les endonucléases de restriction en 3 catégories : Classe Reconnaissance de la séquence Lieu de la coupure spécifique I oui 1000 à 5000 pb plus loin II oui La séquence elle même III oui 20 pb plus loin Les endonucléases de classe II coupent des séquences dites « palindromiques », ce qui signifie enterme de DNA double brin que la séquence nucléotidique lue de 5’ en 3’ est la même sur les 2 brinscomplémentaires (parfois à l’exception de la base centrale, si la séquence de reconnaissance est impaire).On distingue 2 types de coupure : - la coupure franche : Après intervention de l’enzyme, la chaîne initiale de DNA est divisée en 2, les 2 bouts de chaîne étant droits. Ex : 5’--- G T T ║ A A C --- 3’ Hpa I 3’ ---C A A ║ T T G --- 5’ - la coupure cohésive ou saillante ou en baïonnette ou protrusive : L’enzyme coupe le palindrome au centre, en laissant 2 bouts saillants, ce qui permet le recollement des 2 extrémités si mises en présence, par complémentarité des bases azotées. Ex : 5’ --- G║AACTT C --- 3’ EcoRI ╚═════╗ 3’ --- C TTGAA║G ---5’Isoschizomères : Sont dites isoschizomères des enzymes de classe II reconnaissant la même séquence nucléotidiqueet la coupant de la même façon. Cependant il arrive que les conditions dans lesquelles les enzymes sontcapables d’exercer leurs fonctions ne soient pas les mêmes. Souvent, une des deux enzymes est sensible à la méthylation, c’est-à-dire que si la séquence estméthylée, l’enzyme sensible ne peut plus la couper. On peut donc utiliser les isoschizomères comme outildiagnostique, les méthylations pouvant être à l’origine de maladies génétiques.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 13
  • 14. SondesPartie 1 : DENATURATION = FUSIONDénaturation = Fusion = passage de l’ADN double brin à l’ADN simple brin par coupure des liaisonshydrogènes suite à l’augmentation de la température. Evolution de la DO de l’ADN en fonction de la température. Rappel : ADN sb absorbe davantage qu’ADN db (cf. De Graeve)PARAMETRES INFLUENCANT LA TEMPERATURE DE FUSION (Tm)Tm : température à laquelle les brins d’ADN sont dénaturés.- Composition en bases car fonction du nombre de liaisons : AT qui a 2 liaisons hydrogène, a un Tm plus faible (donc est plus facilement dénaturable) que GC qui a 3 liaisons hydrogène.- Longueur de l’Acide Nucléique car il y a une multiplication du nombre de liaisons hydrogène.- Présence de més/non-appariements car les liaisons hydrogène sont fragilisées : plus il y a de mésappariements, plus le Tm est abaissé).- Concentration en sels dans le milieu : la baisse de la concentration en sels diminue le Tm.NB : Une solution est d’autant plus stringente que sa concentration en sels est faible.- Formamide dans le milieu déstabilise le Tm.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 14
  • 15. Partie 2 : HYBRIDATION = association de deux brins d’acides nucléiques complémentaires suite à un refroidissement lent.Attention ! Un refroidissement brutal condamne l’ADN à rester à l’état simple brin.FACTEURS INFLUENCANT L’HYBRIDATION - Cot (Concentration d’ADN et temps que l’on donne à ces séquences pour se réassocier)NB : Au Cot ½, 50% des séquences d’ADN sont associés. - Température qui doit être inférieure au Tm - Longueur des fragments - Complexité des séquences - Nature des acides nucléiques - Force ioniqueMETHODES1) Hybridation en phase liquide Applications : Taille du génome : Cot ½ proportionnel à la taille du génome Etude des séquences répétitives 1. Séquences hautement répétitives (satellites) 2. Séquences moyennement répétitives 3. Séquences uniques2) Hybridation sur support solide3) Hybridation in situ Application : Localisation d’un gène sur des chromosomes Criblage de banques FISH© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 15
  • 16. Partie 3 : TECHNIQUE DE MARQUAGE DES SONDESSonde = séquence polynucléotidique complémentaire d’une séquence d’ADN ou d’ARN avec laquelleelle s’hybride.L’hybridation est spécifique (seule la sonde spécifique pourra s’apparier avec la séquencecorrespondante) et sa sensibilité dépend du marquage des sondes. Ce marquage peut être de deux types : - Radioactifs  sondes chaudes - Non radioactifs  sondes froides1) NICK TRANSLATIONBut : couper des petits bouts d’ADN pour les remplacer par de l’ADN marquéa) Cassures aléatoires par une endonucléase, laDNAseb) Agrandissement des cassures par l’activitéexonucléase 5’  3’ de l’ADNpol Ic) Synthèse d’ADN grâce à l’activité polymérasede l’ADNpol I en utilisant des dXTP marqués.Résultat : obtention d’un ADN bicaténairecontenant des nucléotides marqués sur les deuxbrins.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 16
  • 17. 2) MULTI-RANDOM PRIMING = Multi-amorçage au hasardBut : Synthétiser de l’ADN marquéa) Chauffage de l’ADN double brin puisrefroidissement brutal entraînant une séparationdéfinitive des deux brinsb) Synthèse de façon aléatoire d’une multituded’amorces hexanucléotidiques.c) Parmi ces amorces, certaines vont forcémentrencontrer leurs séquences complémentaires surl’un des brins d’ADN.d) Synthèse d’ADN par l’ADNpol en utilisantdes dXTP marquésRésultat : obtention de deux molécules d’ADNbicaténaires dont un seul brin est marqué (parmolécule)3) T4 POLYNUCLEOTIDE KINASEMarque l’extrémité 5’ par ajout ou substitution du phosphate γ du 1er nucléotide.4) SONDES CLONNEES DANS LE PHAGE M13 Le phage M13 est un vecteur monobrin dont la séquence est entièrement connue et qui vatransporter la séquence d’ADN d’intérêt, la sonde. On créée une amorce complémentaire de la partie adjacente à la sonde. Cette amorce permet àl’ADNpol de synthétiser un brin d’ADN marqué à partir de dXTP marqués. Cette synthèse va très vites’interrompre et ne couvre ainsi que le gène d’intérêt.NB : la sonde elle-même n’est pas marquée, c’est son complémentaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 17
  • 18. 5) RIBOSONDES : sondes ARN Nick Multi-Random T4 polynucléotideTechnique Phage M13 Translation Priming kinase Sur les deux Sur un des deuxMarquage brins d’ADN brins d’une Extrémité 5’ Vecteur par endroit molécule d’ADNAmorce ? Non Oui Non Oui Oui, car formationFragment Non de nouveaux brins Non Nonde Klenow (~ réplication) DNAse Amorces Phosphate marqué Amorce Outils ADNpol I ADNpol T4 polunucléotide Vecteur : phage dXTP marqués dXTP marqués kinase© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 18
  • 19. AMPLIFICATION ELECTIVE IN VITRO : PCROBJECTIF : Amplifier la quantité d’ADN (uniquement l’ADN)OUTILS : - 2 amorces (= oligonucléotides) - ADNpol - Substrats : dXTPPRINCIPE : Grâce à un couple d’amorces strictement complémentaires des bornes de la région d’ADNà amplifier, on synthétise une très grande quantité d’ADN à la suite de plusieurs cycles.1) DENATURATION : séparation des brins paraugmentation de la température (95°C environ)2) HYBRIDATION des AMORCES avec lesbornes de la région à amplifier. (50°C environ)NB : la température doit être diminuée pour quel’hybridation est lieue.3) SYNTHESE : l’ADNpol synthétise del’ADN. Ainsi, à la fin d’un cycle, on double laquantité initiale. (70°C environ) Fin du CycleAprès n cycles, on obtient 2n nouveauxexemplaires du fragment d’ADN© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 19
  • 20. RESULTATS :Qu’obtient-on au bout du 1er cycle ? 2 copies avec les extrémités 3’ variables.Qu’obtient-on au bout du 2ème cycle ? 8 copies dont 2 avec les extrémités 3’ fixesLIMITES : - Taille : on ne peut amplifier que des petits fragments (taille inférieure à 2 kpb) - Connaissance d’une partie de l’ADN à amplifier (pour l’amorce) - ADNpol thermorésitante est dépourvue de la fonction proof-reading d’où un risque d’erreur. - Amplification parasite : mauvaise hybridation et contaminationAPPLICATIONS : - Génération des sondes - Recherche de mutations - RT-PCR : étude des ARN - Clonage - PCR quantitative - PCR en temps réel : quantification précise© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 20
  • 21. Analyse du génome Le génome comprend l’ADN génomique nucléaire et mitochondrial. Southern Blot 1. Méthode - Fragmentation de l’ADN (bicaténaire) par une enzyme de restriction - Séparation des fragments par électrophorèse - Dénaturation (solution alcaline sur le gel) - Transfert des fragments par capillarité sur une membrane (nylon ou nitrocellulose) - Fixation des fragments (UV ou chauffage) - Pré-hybridation des sites non occupés par un ADN hétérologue - Hybridation avec une sonde froide ou chaude : incubation de l’ADN fixé sur le support avec la sonde, puis lavages avec des solutions salines de force ionique variable : - Solution très concentrée (haute force ionique ou faible stringence) => Hybrides peu déstabilisés => signaux non spécifiques++ - Solution très diluée (faible force ionique, forte stringence) => Séparation de tous les hybrides => aucun signal après le lavage La taille des fragments peut être déterminée grâce à un système d’étalonnage avec des marqueurs de taille. 2. Application - Carte de restriction Identification de fragments d’ADN après digestion par des enzymes de restriction. Ex : SONDE 6kb 8kbEcoRIIndIII 7kb 10kb Southern Blot : - 10 kb 8 kb 7,5kb 7kb 6kb 5,5kb 1kb 0,5kb + EcoRI IndIII EcoRI+IndIII © Tous droits réservés au Tutorat Associatif Toulousain Sauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 21
  • 22. - Détection : - de pseudo-gènes (gènes non fonctionnels car non transcrits) et de gènes apparentés (appartenant à la même famille, Hb par exemple), à la même superfamille (Ig par exemple) ou à différentes espèces (séquences homologues) : les séquences n’étant pas parfaitement complémentaire il ne faut pas que la stringence soit trop forte. - de polymorphismes (RFLP) - de délétions - de mutations ponctuelles - de recombinaisons 1. ExemplesQCM : À partir d’ADN génomique de deux individus A et B on analyse par Southern un fragment de600pb d’un gène porté par le chromosome X. Ce fragment ne contient qu’un seul site de restriction Apa I(insensible à la méthylation) et Hae III (sensible à la méthylation, cest-à-dire qu’elle n’agit pas quand lesite est méthylé).La sonde utilisée couvre tout le fragment du gène.Digestion par les enzymes. Résultats : Individu A Individu B Apa I - + - Apa I - + - HaeIII - - + HaeIII - - + 600 pb 400pb 200pbRappel : chez un homme (XY) les gènes du chromosome X sont actifs, tandis que chez une femme (XX)l’un des 2 X est inactivé « au hasard » par méthylation.Ce que l’on peut conclure à partir de ces résultats :L’individu A a un allèle coupé par Hae III mais pas l’autre, ce qui signifie qu’un des 2 allèles estméthylé. Cela correspond à un profil XX.Chez l’individu B tous les chromosomes X sont coupés par Hae III, donc aucun n’est méthylé, ce qui estcompatible avec le profil d’un homme.Rq : Une absence de signal peut correspondre à une grande délétion ou à une erreur technique !© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 22
  • 23. Séquençage nucléotidiqueAussi appelé méthode de SANGER, le séquençage utilise des 2’-3’didésoxynucléotides. Méthode Pour séquencer une séquence d’ADN on place une amorce puis on synthétise son complémentaireavec des désoxynucléotides (dNTP), et une petite quantité de didésoxynucléotides (ddNTP) (rapport1/100 environ). Les ddNTP seront utilisés aléatoirement par la polymérase qui va les fixer au dNTPprécédent par le 3’OH. Ce 3’OH étant absent sur les ddNTP, leur fixation va interrompre la chaîne.On obtient ainsi toute une population de fragments interrompus à divers stades. Pour visualiser les fragments on peut marquer l’amorce (d’abord radiomarquées puis remplacéespar des amorces portant des fluorophores), les dNTP ou les ddNTP. Actuellement on utilisel’électrophorèse capillaire (migration dans de petits tubes capillaires). Le risque d’erreur lors duséquençage est de 1/100 000 bases. Exemple Marquage radioactif => Expérience divisée en 4 : ddATP + dNTP dans le tube 1, ddTTP + dNTPdans le tube 2, ddCTP + dNTP dans le tube 3, ddGTP + dNTP dans le tube 4Puis on fait migrer sur un gel d’électrophorèse : A T C G - 3’ Sens de migratio n du brin néosynthétisé + 5’On a donc : Brin complémentaire : 5’ ATACGTACTGTA 3’ Séquence initiale : 3’ TATGCATGACAT 5’ La synthèse du brin néosynthétisé se fait de 5’ en 3’.Sur le gel, les brins d’ADN les plus proches de l’anode (-) sont ceux qui ont migré le moins, ce sont doncles plus grands, ce sont ceux qui ont incorporé le plus tardivement un ddNTP, ils correspondent àl’extrémité 3’. Les brins les plus petits migrent beacoup et sont proches de la cathode. Ainsi la lecture dela séquence se fait dans le sens inverse du sens de migration électrophorétique. Pour connaître la séquenceinitiale on prend le complémentaire du brin néosynthétisé. Si on utilise la fluorescence on marque lesdifférentes bases avec un fluorophore différent dans 4 tubes différents puis on mélange et on fait migrersur un gel d’électrophorèse : on obtient alors une succession de pics fluorescents (sens 5’-3’ généralementde gauche à droite).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 23
  • 24. Analyse de lexpression des gènesExpression des gènes => mRNA : fragiles (détruits par les ribonucléases), peu abondants et tissuspécifiques (par exemple le gène de l’Hb est très exprimé dans les cellules hématopoïétiques). I. Analyse qualitative des ARN 1. Northern Blot a. MéthodeElectrophorèse des ARN en gel dénaturant, transfert sur une membrane et hybridation avec une sonde =>PAS DE FRAGMENTATION (≠ Southern blot)Le gel dénaturant sert à éviter les structures secondaires qui peuvent modifier la migration des ARN, ilsmigrent ainsi seulement suivant leur taille, ce qui permet par exemple d’identifier des RNA ayant subi desépissages alternatifs. b. ExemplesL’étude en Northern Blot d’un ARN donné chez 3 individus donne les résultats suivants : 1 2 3 2,8kb Individu 1 : peut être hétérozygote pour un défaut d’épissage, une délétion… 2kb Individu 2 : peut être homozygote pour une délétion de tout le gène. Ce résultat peut aussi être dû à une erreur technique. 1,2kb Individu 3 : peut être homozygote pour un défaut d’épissage ou une délétion© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 24
  • 25. 2. Cartographie à la nucléase S1 ou à la RNase A Rappel : La nucléase S1 clive seulement l’ADN ou l’ARN simple brin. La RNase A n’agit que sur l’ARN simple brin. Cette méthode sert à repérer les mésappariements entre un mRNA et une sonde d’ADN génomique (on utilisera alors la nucléase S1) ou une ribosonde (RNase A). Gel d’électrophorèse - Sonde marquée Nucléase S1 ouNucléase S1 RNase Aou RNase A + La nucléase S1 permet de cliver des mésappariements de plus de 3 bases. La RNase A permet de cliver les mésappariements de 1 base ou plus. 3. RT-PCR a. Méthode C’est une PCR précédée d’une rétrotranscription. C’est une technique sensible qui permet d’amplifier suivants les amorces choisies tel ou tel ARN sous forme de cDNA. Elle a notamment démontré le phénomène de transcription illégitime, cest-à-dire que dans chaque cellule tous les gènes sont transcrits mais en plus ou moins grande quantité selon la différenciation de la cellule. b. Remarques Penser que les cDNA sont exempts d’introns. Les modifications de taille des cDNA peuvent être dus à des épissages alternatifs ou à des mutations entraînant des défauts d’épissage (conservation d’introns ou excision d’exons),… L’absence de résultat peut être dû à une mutation dans la région d’appariement des amorces ou à une erreur technique. © Tous droits réservés au Tutorat Associatif Toulousain Sauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 25
  • 26. II. Analyse quantitative des ARN Dot Blot On dépose des ARN issu de cellules sur une membrane et on hybride avec une sonde permettant de voir ce que l’on cherche. On compare ensuite l’intensité du signal obtenu avec l’intensité du signal obtenu par la gamme étalon, ce qui permet d’avoir une analyse quantitative. III. Analyse de la transcription = analyse de l’activité transcriptionnelle d’un gène donné Pour cela on poursuit dans le tube à essai la transcription qui se produit dans une cellule vivante= RUN ON. L’activité transcriptionnelle d’un gène donné est proportionnelle à la quantité de RNApolymérases fixées sur ce gène et au nombre de mRNA produits IV. Analyse des mécanismes de régulation des gènes Cette régulation passe par la présence de protéines qui se fixent sur l’ADN : facteurs derégulation, facteurs de transcription… 1. Foot printing On part du principe que ces différentes protéines régulatrices fixées sur l’ADN vont protéger cedernier de l’action des nucléases. Pour visualiser cette interaction il faut marquer l’ADN en 5’ grâce à la polynucléotide kinase. La DNase I clive ces molécules n’importe où (ADN non protégé) et va donc cliver en dehors desrégions occupées par les protéines. C’est une technique précise qui fait en quelque sorte l’empreinte de la protéine et définit ainsi lesiège de l’interaction ADN/protéine. 2. Retardement sur gel ou gel shift a. Méthode Permet de déterminer la spécificité de liaison d’un facteur de transcription (FT) à une séquencedonnée d’ADN. Pour cela on synthétise cette séquence (oligonucléotide=ON), on la marque et on l’incube avecdes extraits nucléaires. On fait migrer ce complexe et on étudie sa spécificité grâce à des compétiteursspécifiques ou non (séquence hétérologue dIdC par exemple). On peut aussi faire un supersshift, cest-à-dire que l’on met l’oligonucléotide en présence du FTavec des anticorps anti-FT : ce complexe va alors être encore plus retardé.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 26
  • 27. b. Exemples 1ère étape : synthèse et marquage de l’oligonucléotide au 32P (radioactif) puis électrophorèse.L’ON marqué va migrer en fonction de sa taille et de sa charge vers l’anode (apparition d’une bande).Puis on met cet ON en présence d’une solution de protéines : - si fixation protéique : 1 bande + 1 bande retardée qui a migré moins loin car plus lourde (formation de complexes ON-protéines) - si pas de fixation protéique : 1 seule bande comme le témoin La 2ème étape consiste à savoir si cette liaison est spécifique. Pour cela on ajoute un compétiteur(de séquence très différente de l’ON) : - si la liaison est non spécifique, une partie de la banderetardée disparaîtra. - si la liaison est spécifique, la bande restera inchangée en présence d’un compétiteur de séquence très différente alors qu’elle aura tendance à disparaître en présence d’une grande quantité de l’ON non marqué.2 : ON marqué + solution protéique => Retard donc fixation3 : ON marqué + solution protéique + compétiteur de séquence différente => pas de changement =>liaison spécifique4 : ON marqué + solution protéique + compétiteur de séquence différente => diminution du signal de labande retardée => liaison non spécifique5 : ON marqué + solution protéique + ON non marqué en grande quantité => diminution du signal de labande retardée => liaison spécifique© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 27
  • 28. Analyse génotypique I- Pathologies de l’ADN : héréditaires (maladies génétiques) ou acquises (cancers, maladies infectieuses ou parasitaires). II- Pour toute analyse génotypique il faut : une séquence connue ou une sonde adéquate III- 2 types de diagnostics génotypiques : DIRECT (on connaît le gène ou le locus affecté par la pathologie) ou INDIRECT (plus complexe, il utilise des méthodes dites indirectes pour préciser le risque chez un individu d’être atteint ou non, sans connaître la séquence impliquée). IV- Rappel : règles de généalogie : - Stratégies diagnostiques 1. Le diagnostic génotypique direct (DGD)Il passe par la recherche de sites polymorphes associés à la maladie.Plusieurs techniques peuvent être utilisées suivant la nature des lésions : I- Lésions grossières (inversion, fusion, translocation, délétion,…) : Southern ou PCR Par exemple pour les délétions on va avoir une diminution de taille du fragment ou une absence designal. Mais attention, une absence de signal complète est difficile à interpréter car elle peut signifier unedélétion totale ou erreur technique. Donc on étudie aussi l’expression d’un gène domestique (si absencede signal => erreur technique). Aujourd’hui on remplace le Southern par la PCR : on amplifie ainsi la région que l’on veut. Sil’amorce est dans la région délétée, on n’aura pas d’amplification de l’ADN et donc pas de signal. V- Mutations ponctuelles :1. Carte de restriction Mutation entraînant la création ou l’abolition d’un site de restriction pour une enzyme donnée. - Hybridation spécifique d’allèle (ASO= oligosonde spécifique d’allèle) Elle met en évidence une mutation particulière. On synthétise et on marque une sonde « normale » et une sonde « mutée » que l’on pose sur unemembrane puis on met chaque sonde avec l’ADN du patient.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 28
  • 29. ASO normal = N = normal, M = mutéASO muté = N/N N/M M/MExemple : Le patient 1 est hétérozygote pour la mutation étudiée. Le patient 2 peut être homozygote (muté) ou bien hétérozygote muté/délété. Le patient 3 est soit homozygote pour la délétion de la région étudiée ou il y a eu une erreur technique. Le patient 4 est soit homozygote normal ou hétérozygote normal/délété (pour Levade, on parle dhomozygote pour un individu malade seulement)La présence d’une mutation n’implique pas que l’individu soit porteur d’une maladie.A l’inverse l’individu avec un ASO normal n’est pas forcément sain ! - PCRElle peut être suivie d’une digestion enzymatique de restriction ou d’un ASO.Exemple : EXON 4 (250 pb) Amorces de PCRUne mutation ponctuelle dans cet exon introduit un site pour l’enzyme de restriction Hind III.Une électrophorèse est réalisée après PCR de cette région génique sur l’ADN de plusieurs sujets puisincubation avec Hind III (digestion complète). Puis coloration au bromure d’éthidium.Résultats : 1 2 3 On peut dire que :250pb - le sujet 1 est hétérozygote N/M - le sujet 2 est homozygote N/N ou hétérozygote N/D - le sujet 3 est homozygote M/M ou hétérozygote M/D150pb N = non muté (pour la mutation étudiée)100pb M = muté D = délété pour toute la région étudiée© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 29
  • 30. Rq : L’apparition de bandes de faible intensité correspond à des amplifications parasites : les amorcesse sont hybridées sur des zones du génomes dont elles ne sont pas tout à fait complémentaires. Pour évitercela on peut modifier les conditions de stringence (augmentation température par exemple). Attention aussi à d’éventuelles contaminations par un fragment d’ADN étranger qui peut fausserles résultats. (peut être mis en évidence par la réalisation d’un « tube blanc ») VI- Détection d’une mutation inconnue 1. Séquençage : le plus souvent on séquence le cDNA car il est plus court. 2. Méthode à la RNase A (détecte des mutations ponctuelles ≠ nucléase S1) 3. DGGE (Denaturing Gradient Gel Electrophoresis) Dans cette méthode on part du principe que la présence d’une mutation ponctuelle dans uneséquence donnée peut modifier la température de fusion (Tm) du domaine muté. On met donc l’ADN double brin sur un gel électrophorétique avec une concentration croissante degel dénaturant : la séparation des brins va ralentir leur progression, on considère qu’elle est stoppée.ATTENTION : une mutation n’entraîne pas forcément de différence de migration ! SSCP (Single Strand Conformation Polymorphism) Pour cette méthode on considère qu’une mutation du DNA génomique peut entraîner unemodification de la conformation des brins séparés. Pour le mettre en évidence on marque les extrémités grâce à la polynucléotide kinase, on dénatureles doubles brins puis on les refroidit brutalement pour qu’ils restent physiquement séparés. Sur l’électrophorèse des conformations différentes vont entraîner des migrations différentes.ATTENTION : - Il n’y a pas d’agent dénaturant sur le gel électrophorétique. - Cette différence de migration est possible mais pas systématique - S’il y a une différence, c’est qu’il existe une mutation : pour savoir de quelle nature estcette mutation il faut faire un séquençage. - Une mutation n’entraîne pas forcément de différence de conformation.Rq : ces deux méthodes DGGE et SSCP peuvent permettre de mettre en évidence la présence d’unemutation mais ne renseignent pas sur la nature de cette mutation. 2. Diagnostic génotypique indirect 1. MéthodeRFLP = Polymorphisme de Longueur des Fragments de Restriction = variations interindividuelles deséquences, révélées par des modifications de la carte de restriction. Ces variations sont souvent dans des régions non codantes (intergéniques, régulatrices, introns,…)et n’ont pas de rôle pathologique en elles-mêmes. On étudie alors l’abolition ou la création de sites de restriction et la probabilité de leur associationavec une pathologie donnée.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 30
  • 31. Cette méthode nécessite des sites de restriction polymorphes et l’étude d’un grand nombremembres d’une famille où les personnes atteintes ont le même polymorphisme. Le diagnostic sera d’autant plus fiable que le site de restriction est proche du locus impliqué dansla maladie (car cela diminue le risque de recombinaison). Lorsque l’on analyse des polymorphismes intra ou juxta-géniques, on parle de diagnostic semi-direct, et lorsque les marqueurs sont extra-géniques, on parle de diagnostic indirect.ATTENTION : Ce sont des diagnostics probabilistes, il n’y a pas de certitudes absolues ! 2. Exemples Exemple 1 : Diagnostic prénatal par RFLP pour une maladie autosomale récessive (avec utilisation d’une sonde et d’une enzyme de restriction donnée) : pour chaque individu on donne la taille des fragments sur chaque allèle.Le fœtus aura un allèle de chacun de ses parents soit : 600/500 ou 800/500 ou 800/700 ou 600/700.Les parents sont hétérozygotes pour la maladie.Au vu des résultats, la maladie semble provoquée par l’association des fragments 700 et 800. Exemple 2 : Un test de diagnostic prénatal est basé sur l’analyse d’un RFLP pour une maladie autosomale récessive.Les résultats de la famille A ne peuvent pas être interprétés car on ne connaît pas le profil de l’enfantdécédé.Pour la famille B, le fœtus pourra être 3-3 et sera probablement porteur de la maladie, 3-1 donc hétérozygote et indemne 1-1 donc homozygote indemnePour la famille C, pas de prédiction possible car les régions étudiées ne semblent pas être en rapportavec l’état malade ou non.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 31
  • 32. III QCM d’entraînement - GENERALITES SUR LES PROTEINES - NUCLEOSIDES / NUCLEOTIDES - ADN - REPLICATION - ELEMENTS GENETIQUES MOBILES - STRUCTURES DES GENES - ARN ET TRANSCRIPTION - TRADUCTION - MUTATIONS ET MUTATIONS HEMOGLOBINE - ANTIBIOTIQUES ET ANTIMETABOLITES - TECHNIQUES GENERALES – OUTILS ENZYMATIQUES - HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDES - PCR - SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASE - SEQUENCAGE (SANGER) - ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENES - ANALYSE GENOTYPIQUE - VECTEURS ET CLONAGE - ANIMAUX TRANSGENIQUES - TECHNIQUES EN VRAC Avec la participation de léquipe de Biologie Moléculaire 2006-2007 et relecture des tuteurs 2009-2010 et 2010-2011© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 32
  • 33. GENERALITES SUR LES PROTEINES 44 QCMQCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Le génome représente l’ensemble de l’ADN nucléaireB/ Les « séquences poubelles » entre les différents gènes n’ont aucun rôleC/ Un gène codant pour une protéine, il y a autant de protéines que de gènesD/ Le génome nucléaire humain comprend entre 30 000 et 50 000 gènesE/ Le génome des cellules de notre foie est différent avant et après le réveillonQCM 2 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Glu B/ Asp C/ Leu D/ Gly E/ ProLe(s)quel(s) vous attendez-vous à trouver à l’intérieur d’une protéine ?QCM 3 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Gln B/ His C/ Lys D/ Asp E/ ProLe(s)quel(s) est (sont) acide(s) ?QCM 4 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Asp B/ Arg C/ Val D/ Leu E/ MetLe(s)quel(s) est (sont) retenu(s) par un tampon à pH 2 lors d’une chromatographie échangeuse decations ?QCM 5 : Les acides aminés :A/ Sont au nombre de 20 dont un est en fait un acide iminé (le tryptophane)B/ Certains sont hydrophobes (apolaires) et d’autres hydrophiles (polaires)C/ Les acides aminés apolaires peuvent être acides, neutres ou basiques au pH physiologiqueD/ Portent leur radical sur le carbone α (alpha)E/ Ont tous une seule fonction amine (NH2) et une seule fonction acide (COOH)QCM 6 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Glu B/ Arg C/ Val D/ Ser E/ AsnLe(s)quel(s) est (sont) chargé(s) au pH physiologique ?QCM 7 : Parmi les acides aminés suivants :A/ His B/ Tyr C/ Asp D/ Met E/ LeuLe(s)quel(s) est (sont) polaire(s) ?QCM 8 : Parmi les acide aminés suivants :A/ Thr B/ Gln C/ Ala D/ Trp E/ GluLe(s)quel(s) est (sont) apolaire(s) ?QCM 9 : Parmi les acides aminés suivants :A/ His B/ Gly C/ Ser D/ Cys E/ AspLe(s)quel(s) est (sont) élué(s) par un tampon à pH 10 lors d’une chromatographie échangeuse de cations ?QCM 10 : A propos des acides aminés :A/ Ils sont classés en différentes catégories selon leur capacité à interagir avec l’eauB/ La proline induit un coude dans les protéines qui la contiennentC/ Le radical de la glycine correspond à un atome d’hydrogèneD/ Il y a plus d’acides aminés apolaires différents que d’acides aminés polaires neutres différentsE/ La cystéine possède un atome de soufre© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 33
  • 34. QCM 11 : Les protéines :A/ Sont formées par combinaison linéaire d’acides aminésB/ Une molécule d’eau est éliminée lors de la formation de la liaison peptidiqueC/ Sont des enchaînements de plus de 100 acides aminés et de poids moléculaire (PM) supérieur à 10 000sinon on aurait appelé ces enchaînements des polypeptidesD/ Ont toutes une structure quaternaireE/ Possèdent un potentiel informationnel considérableQCM 12 : Structure des polypeptides/protéines :A/ Un polypeptide de 10 acides aminés peut prendre 100 structures primaires différentes (10²) selon lesacides aminés qui le composentB/ La structure secondo-tertiaire correspond à la structure spatiale de la protéineC/ La structure secondaire correspond à la géométrie dans l’espace des liaisons peptidiquesD/ La structure tertiaire correspond au positionnement dans l’espace des radicaux de chaque acide aminéE/ Ces repliements sont nécessaires au fonctionnement normal de la protéineQCM 13 : Electrophorèse :On réalise une électrophorèse à pH 7,5 d’un mélange d’acide aspartique, de lysine et de proline. Quellesera la migration obtenue ?A/ (pole -) Asp, Pro, Lys (pole +) B/ (pole -) Pro, Lys, Asp (pole +)C/ (pole -) Lys, Pro, Asp (pole +) D/ (pole -) Asp, Lys, Pro (pole +)E/ (pole -) Lys, Asp, Pro (pole +)QCM 14 : Classification des protéines :A/ Les holoprotéines comprennent l’apoprotéine et un groupement prosthétiqueB/ On classe les protéines selon leur forme en albumines et globulinesC/ Leurs fonctions sont extrêmement variées : structure, récepteur, catalytique, transport, régulation…D/ Les protéines globulaires ont un rôle de soutien, de protectionE/ Ces différences de propriétés entre les protéines sont exploitées en biologie moléculaire afin de lesséparer par diverses techniques (chromatographie, centrifugation, électrophorèse…)QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Les acides nucléiques sont solubles dans le phénolB/ Chloroforme et éther à volume équivalent (1/1, v/v) servent à extraire le phénolC/ L’isopropanol permet l’extraction du bromure d’éthidiumD/ Les acides nucléiques sont précipités dans les solutions aqueuses salées à faible concentrationE/ Les protéines sont solubles dans les solvants organiquesQCM 16 : Chromatographie d’exclusion-diffusion (gel filtration) :A/ La séparation repose sur la taille et le poids moléculaire (PM) des moléculesB/ Si on verse un mélange de protéines et de polypeptides ce sont les protéines qui sont le plus retenuescar ce sont des molécules plus grosses donc leur passage à travers le gel est plus difficileC/ Pour que les premières molécules commencent à sortir il faut verser un volume supérieur au volume dela colonne (dit « volume mort »)D/ Si on doit se placer dans des conditions expérimentales qui empêchent l’agrégation des molécules encomplexe c’est justement car cette technique se base sur la taille des molécules et que celle-ci s’entrouverait modifiéeE/ Cette méthode permet de calculer la taille et le poids moléculaire des protéines si le dispositif estcorrectement étalonné© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 34
  • 35. QCM 17 : Les protéines :A/ Ont un sens conventionnel d’orientation : l’extrémité N-terminale à gauche et l’extrémité C-terminaleà droiteB/ Présentent un pic d’absorption maximal à 280 nmC/ Sont issues de l’expression des gènes après transcription et réplicationD/ Ont plus de chance de perdre leur fonction si la mutation qui se produit est la substitution d’un acideaminé polaire par un acide aminé apolaire que s’il s’agit d’une substitution par un autre acide aminépolaireE/ Les albumines sont modérément solubles dans l’eau mais solubles dans les solutions salinesQCM 18 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Glu B/ Asn C/ Lys D/ Pro E/ PheLesquels sont élués les premiers par un tampon à pH 5 lors d’une chromatographie échangeuse d’anions ?QCM 19 : Electrophorèse :On réalise une électrophorèse à pH 4 d’un mélange d’acide glutamique, d’histidine et de serine. Quellesera la migration obtenue ?A/ (pole -) Glu, Ser, His (pole +) B/ (pole -) Ser, Glu, His (pole +)C/ (pole -) His, Glu, Ser (pole +) D/ (pole -) Glu, His, Ser (pole +)E/ (pole -) His, Ser, Glu (pole +)QCM 20 : Densité optique (DO) :A/ Les protéines présentent un pic d’absorption maximal à 280 nmB/ Pour une quantité donnée d’ADN en solution, la DO à 280 nm du double brin est inférieure à celle dusimple brinC/ La recherche de contamination des acides nucléiques par des protéines s’effectue en mesurant lerapport DO à 280 nm sur DO à 260 nm ; pour être optimal il doit être de l’ordre de 1,8 – 2D/ Le phénol présente un pic d’absorption maximal à 260 et 280 nmE/ La mesure de la densité optique à 260 nm d’une solution d’ADN permet d’évaluer sa concentrationQCM 21 : Parmi les acides aminés suivants :A/ Ala B/ Tyr C/ His D/ Arg E/ AspLesquels sont élués par un tampon à pH 1 lors d’une chromatographie échangeuse d’anions ?QCM 22 : Chromatographie de partage sur papier :A/ La migration (représentée par le Rf) plus ou moins rapide des substances est fonction de l’affinité deces substances pour les solvantsB/ Nous avons dans cette technique 2 phases non miscibles : une solide (fixée) et une liquide (mobile)C/ La migration peut se faire par capillarité (chromatographie ascendante) ou par gravité(chromatographie descendante)D/ On peut identifier les éléments séparés en effectuant une pulvérisation de colorants adapté ou uneauto-radiographie par exempleE/ Le Rf est caractéristique de certaines substancesQCM 23 : Electrophorèse :On réalise une électrophorèse à pH 10 d’un mélange de tyrosine, d’acide aspartique et d’arginine. Quellesera la migration obtenue ?A/ (pole +) Asp, Arg, Tyr (pole -) B/ (pole +) Asp, Tyr, Arg (pole -)C/ (pole +) Arg, Tyr, Asp (pole -) D/ (pole +) Arg, Asp, Tyr (pole -)E/ (pole +) Tyr, Asp, Arg (pole -)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 35
  • 36. QCM 24 : Calcul de rendement :Après une étape de broyage d’un extrait brut de cerveau de bœuf (à l’aide d’un appareil de Potter) lerendement est de 80%, on effectue une ultracentrifugation à l’issue de laquelle le rendement est de 60%,puis une séparation chromatographique difficile (rendement de 50%). Si dans l’extrait brut on avait audépart 200 mg de protéines nous obtiendrons au final :A/ 96 mg de protéines B/ 160 mg de protéines C/ 48 mg de protéinesD/ 25 mg de protéines E/ 0,048 g de protéinesQCM 25 : Calcul de rendement :Après le broyage d’un extrait brut de foie de rat à l’aide d’un appareil de Potter dont le rendement est de90%, on effectue une première centrifugation à l’issue de laquelle la perte est de 10% puis uneultracentrifugation au rendement de 50%, une séparation chromatographique dont le rendement est de80% est effectuée, puis enfin une dernière technique où la perte de rendement est de 20%. En coursd’expérimentation la température a entraîné, à la suite d’une légère modification de la configuration, uneperte de l’activité biologique d’environ 65%. Si dans l’extrait brut il y avait au départ 600 mg deprotéines, nous obtiendrons à l’issue de l’ultracentrifugation :A/ 155,52 mg de protéines B/ 486 mg de protéines C/ 150 mg de protéinesD/ 390 mg de protéines E/ 243 mg de protéinesQCM 26 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La glycine est le plus petit acide aminé.B. Il n’existe pas d’acide aminé apolaire cyclique.C. Une protéine est un enchaînement d’acides aminés (plus de 100) liés par des liaisons peptidiques.D. Si on a une séquence de 10 acides aminés, il existe 2010 possibilités de protéines, d’où la notiond’immense potentiel informationnel des protéines.E. Les acides aminés polaires comme la Leucine (Leu) sont généralement retrouvés à l’extérieur de laprotéine.QCM 27 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Toutes les protéines n’ont pas une structure quaternaire.B. L’hémoglobine humaine est une structure volumineuse comprenant 4 chaînes associées dont chacuneest liée à un hème qui comprend 1 atome de Mg.C. La structure secondaire résulte de la géométrie dans l’espace des liaisons peptidiques et des radicaux.D. Les ponts disulfures entre deux Lysines (Lys) stabilisent la molécule.E. La myoglobine comme l’hémoglobine sont des protéines héminiques.QCM 28 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les protéines ont généralement plus de 100 acides aminés dans leur composition donc un poidsmoléculaire supérieur à 100.B. L’Asparagine (Asn) est un acide aminé polaire acide.C. Un acide aminé a une fonction amine (NH2 ) et acide (COOH) sur le carbone β.D. Les acides aminés apolaires interagissent peu avec l’eau au pH physiologique et sont doncgénéralement retrouvés à l’extérieur des protéines.E. La Lysine (Lys) est un acide aminé polaire basique.QCM 29 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les gènes, dont le nombre est estimé entre 30 000 et 50 000, codent pour autant d’ARNm.B. Le plus petit des acides aminés appartient à la familles des acides aminés apolaires qui ont peutendance à interagir avec l’eau au pH physiologique.C. Depuis 2001, le programme génome humain a permis d’identifier tous les gènes ainsi que leurfonction.D. Le Fer et le Zinc entrent dans la structure respectivement de l’insuline et de l’hémoglobine.E. La molécule d’ADN est constituée d’une continuité de séquences codantes.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 36
  • 37. QCM 30 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. 7,42 est la valeur de référence du pH physiologique de l’estomac.B. La Proline est un imino-acide qui peut entraîner une coudure des séquences d’acides aminés.C. C’est l’atome de soufre de la Méthionine qui forme des pont disulfures.D. La Sérine, la Glycine et la Thréonine sont des acides aminés polaires neutres.E. La structure quaternaire de la myoglobine correspond à la juxtaposition de plusieurs sous-unitésprotéiques.QCM 31 : Parmi les acides aminés suivants, le(s)quel(s) est (sont) hydrophobe(s) ?A. Ser B. Trp C. Thr D. Ile E. LysQCM 32 : A propos de la chromatographie sur résine échangeuse d’ions :A. Elle sépare les produits en fonction du poids moléculaire.B. Les échangeuses de cations retiennent les molécules chargées négativement.C. Sur les échangeuses d’anions, les molécules éluées sont celles qui sont chargées +.D. Elle permet de séparer les molécules en fonction de leur pHi.E. Le support d’une échangeuse d’anion est faite de carboxyméthyl cellulose.QCM 33 : A propos des techniques en général :A. La chromatographie d’affinité joue sur les interactions spécifiques entre 2 molécules commeantigène/anticorps par exemple.B. Les méthodes de chromatographie peuvent avoir un but analytique ou préparatif.C. Le résultat d’une chromatographie d’adsorption peut être visualisé grâce à des produits radioactifs.D. Quelle que soit la technique utilisée les notions de rendement et de dénaturation sont intimement liées.E. La chromatographie hydrophobe joue sur le caractère polaire ou apolaire des produits.QCM 34 : Concernant la chromatographie par élution ou de partage sur papier :A. Les 2 phases en présence sont liquides et miscibles.B. Elle peut être ascendante ou descendante.C. Le rapport frontal (Rf) est caractéristique du produit analysé.D. Elle se fait par transfert d’une substance d’une phase liquide (mobile) vers une phase liquide (fixe).E. Elle sépare les produits en fonction de leur charge.QCM 35 : Concernant la chromatographie d’exclusion-diffusion :A. Elle sépare les produits en fonction de leur taille ou de leur poids moléculaire.B. Les premières molécules sont récupérées dans le volume mort.C. Le volume d’élution est inversement proportionnel à la taille de la molécule.D. Avec un mélange de protéines et de peptides, les protéines sortent en premier.E. Avec un mélange de protéines et de peptides, les peptides sortent en premier.QCM 36 : On réalise une gel-filtration d’un mélange de protéines et de peptides :P1(PM=5 000), P2 (PM=390 000), P3 (PM=24 000), P4 (PM=100 000), P5 (PM=86 000).Quel sera l’ordre d’élution (en commençant par le premier sorti de la colonne) ?A. 1,3,5,4,2B. 2,4,3,5,1C. 1,5,3,4,2D. 2,4,5,3,1E. 1,2,3,4,5© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 37
  • 38. QCM 37 : On réalise une électrophorèse à pH 3 d’un mélange d’arginine, d’acide aspartique etd’asparagine. Quelle sera la migration obtenue en partant de l’anode vers la cathode ?A. Arg, Asn, AspB. Asp, Arg, AsnC. Asp, Asn, ArgD. Asn, Asp, ArgE. Arg, Asp, AsnQCM 38 : Au sujet de la densité optique:A. Les protéines absorbent à une DO de 270 nm.B. Les bases puriques absorbent à 260 nm.C. Les bases pyrimidiques absorbent à 280 nm.D. Une unité de DO à 260 nm d’ARN correspond à 40 μg/mL.E. La recherche de contamination des acides nucléiques par des protéines peut s’effectuer en mesurant lerapport DO à 260 nm sur DO à 280 nm.QCM 39 : Au sujet des techniques d’extraction :A. Le phénol permet l’extraction des acides nucléiques en précipitant les protéines.B. Suite à l’extraction au phénol, les acides nucléiques se retrouvent dans la phase aqueuse c’est-à-dire laphase inférieure.C. Le chloroforme permet l’extraction du bromure d’éthidium.D. L’isopropanol permet la précipitation des acides nucléiques.E. Le phénol est extrait par un mélange de chloroforme-éther à volume équivalent.QCM 40 : Après une étape de broyage de foie de souris à l’aide d’un appareil de Potter dont lerendement est de 80%, on effectue une centrifugation dont la moitié de la préparation est éliminée.Ensuite, on effectue une ultracentrifugation pour laquelle le rendement est de 70%. Enfin, onréalise une électrophorèse dont le rendement est de 50%. Si dans l’extrait final, on obtient 70 mg deprotéines, combien avions-nous de protéines en mg dans l’extrait initial ?A. 350 mg de protéinesB. 980 mg de protéinesC. Environ 10 mg de protéinesD. 500 mg de protéinesE. 380 mg de protéinesQCM 41 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les protéines ont des propriétés variées : physiques, chimiques, antigéniques…B. Des anticorps peuvent être dirigés contre certains motifs antigéniques de la protéine que l’on appelleparatopes.C. Deux protéines différentes ne peuvent pas posséder un même motif antigénique.D. Les holoprotéines sont composées de 96% à 100% d’acides amines.E. Les hétéroprotéines sont composées d’une partie protéique appelée apoprotéine qui ne contient que desacides aminés, et d’une partie non protéique appelée groupement prosthétique qui n’est composée que detraces de métaux.QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les albumines et les globulines sont solubles dans les solutions salines.B. Les protéines globulaires, telles les immunoglobulines, ont leur rapport D/d supérieur à 10.C. La fraction sub-cellulaire contenant les protéines à étudier peut être isolée par des produits comme leTriton X100 ou le SDS (Sodium Dodécyl Sulfate).D. La dialyse/filtration utilise des membranes semi-perméables.E. La lyophilisation, aussi appelée « déshydratation à froid », permet de concentrer et de conserver lesprotéines.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 38
  • 39. QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le phénol entraîne la précipitation des protéines tandis que les acides nucléiques se retrouvent dans lapartie supérieure non-soluble.B. Le phénol est ensuite extrait par du chloroforme ou par un mélange chloroforme/éther.C. Le bromure d’éthidium est extrait par l’isopropanol.D. Les acides nucléiques précipitent en présence d’alcool éthylique (à force ionique élevée) oud’isobutanol.E. Le sel pouvant être néfaste à la suite de l’expérimentation, on utilise plutôt l’isobutanol pour précipiterles acides nucléiques.QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le collagène est un exemple de protéine fibrillaire.B. Les lipoprotéines peuvent être séparées par ultracentrifugation ou par séparation électrique.C. La purification des protéines ne nécessite pas l’observance de conduites opératoires strictes.D. L’utilisation de solutions salines à différentes concentrations n’ayant aucune utilité pour séparer ouisoler des protéines ou des acides nucléiques, on utilise préférentiellement des solvants sans sel.E. Une unité de densité optique à 260 nm peut correspondre à du DNA double brin ayant uneconcentration de 50 μg/ml.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 39
  • 40. CorrectionQCM 1 : DA/ ADN nucléaire + ADN mitochondrialB/ Au moins un rôle dans la régulationC/ Beaucoup plus de protéines que de gènes. En effet un même gène peut donner des ARNm différents etdes protéines différentes selon le type cellulaire et le temps [modifications post-transcriptionnelles (ex :épissage alternatif ou phénomène d’édition) et post-traductionnelles].E/ Le génome est le même dans toutes les cellules nucléées de l’organisme ! Par contre ces gènes ne sontpas exprimés de la même façon selon le type cellulaire ou le temps donc c’est le protéome des cellules quidiffère selon le type cellulaire et le temps.QCM 2 : CDEQCM 3 : DQCM 4 : BCDEA pH 2 Asp est neutre, Val, Leu et Met sont chargés positivement et Arg est chargé très positivement.Val, Leu, Met et Arg sont ici des cations donc seront retenus dans ce type de colonne.Attention parfois le pHi (pH auquel la charge électrique globale est nulle) de chaque acide-aminé estprécisé ! Dans ce cas là il faudra être précis : tous les acides aminés dont le pHi sera supérieur au pH de lasolution seront chargés positivement et tous les acides aminés dont le pHi sera inférieur seront chargésnégativement, pour être neutre l’acide aminé devra avoir son pHi égal au pH de la solution, tout celapourrait changer certaines réponses…QCM 5 : BDA/ L’acide iminé ou imino-acide est la prolineC/ Ce sont les acides aminés polaires qui sont acides, neutres ou basiques. Les apolaires sont tous neutresau pH physiologique.E/ Non car ils peuvent avoir d’autres fonctions amines ou acides dans leur radical. Toutefois ils ont tousau moins une fonction amine et une fonction acide sauf la proline qui est un imino-acide [une fonctionimine (NH) et une fonction acide].QCM 6 : ABGlu est acide, Arg est basique, les autres sont neutres.QCM 7 : ABCQCM 8 : CDQCM 9 : BCDEA pH 10 His est neutre, les autres (Gly, Ser, Cys, Asp) sont chargés négativement. Ces derniers sont doncdes anions et ne seront pas retenus dans une chromatographie échangeuse de cations, ils seront élués.Notez que si on nous avait demandé lesquels étaient élués en premiers il aurait fallu répondre Aspseulement car en tant qu’acide aminé normalement acide Asp est ici chargé très négativement comparé àGly, Ser et Cys.QCM 10 : ABCDED/ Vrai : 9 apolaires et 6 polaires neutres© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 40
  • 41. QCM 11 : ABCEA/ Oui, il n’y a jamais de ramifications d’acides aminés !D/ Non, les protéines qui ont une structure quaternaire sont celles composées de plusieurs sous-unités(plusieurs enchaînements polypeptidiques).QCM 12 : BCDEA/ 20 puissance 10 soit 10 240 000 000 000 possibilités différents !!!!! Imaginez alors pour des protéinesde plusieurs milliers d’acides aminés…⇒ potentiel informationnel énoooorme !QCM 13 : CAucune difficulté dans ce genre d’exercice, les professeurs proposant normalement toujours 1 acideaminé acide, 1 basique et 1 neutre. Du coup la mention du pH dans l’énoncé n’a aucune importance.L’acide aminé acide (anion) va toujours vers le pôle + (anode), l’acide aminé basique (cation) va toujoursvers le pôle – (cathode) et l’acide aminé neutre se trouve entre les deux autres.QCM 14 : CEA/ Ce sont les hétéroprotéinesB/ « Albumines » et « globulines » sont des termes qui correspondraient à une classification selon lasolubilité des protéines ! Selon la forme ⇒ « globulaires » ou « fibrillaires ». Attention à ne pasconfondre globulines et globulaires !!D/ Non les protéines globulaires ont plutôt un rôle biologique. Ce sont les protéines fibrillaires (ex : lecollagène) qui ont un rôle de protection, de soutien.QCM 15 : BEPour répondre à ce genre de questions sans problème il serait bienvenue de retenir parfaitementl’expérience de « l’extraction phénolique des acides nucléiques » !A/ Les acides nucléiques sont solubles dans l’eau pure ou dans les solutions aqueuses salées à faibleconcentrationB/ Le phénol peut aussi être extrait par le chloroforme seulC/ L’isoPRopanol permet la PRécipitation des acides nucléiques (pas besoin de sels contrairement àl’éthanol). C’est l’isoButanol qui permet d’extraire le Bromure d’éthidium.D/ Les acides nucléiques sont précipités par l’isopropanol ou par le mélange éthanol + selsE/ Les protéines sont solubles dans les solvants organiques comme le phénol (+++), le chloroforme oul’éther et plus ou moins solubles dans l’eau (cf. albumines et globulines). Notez que des protéines sontprécipitées par les solutions aqueuses salées à forte concentration (cf. item 8-E du concours blanc denovembre 2005).QCM 16 : ACDEB/ La taille supérieure des protéines fait au contraire migrer celles-ci plus vite car elles sont trop grossespour être accrochées par les mailles du gelE/ Vrai car la vitesse de descente des protéines dans la colonne est directement liée à leur taille ou poidsmoléculaire (PM)QCM 17 : ABDC/ Gène ---transcription---> ARNm ---traduction---> protéineE/ Cette définition correspond aux globulines. Les albumines sont solubles dans l’eau et dans lessolutions salines.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 41
  • 42. QCM 18 : CA pH 5 seul Glu est chargé négativement (anion), les autres (Asn, Lys, Pro, Phe) sont tous chargéspositivement. S’agissant d’une chromatographie échangeuse d’anions, ce sont les anions qui serontretenus par le gel c’est-à-dire Glu. Tous les autres seront élués ! Mais ici on demande le(s) premier(s) àêtre élué et ce sera l’acide aminé chargé très positivement c’est-à-dire la Lysine qui est un acide aminébasique alors que les autres (Asn, Pro, Phe) sont seulement neutres au pH physiologique.QCM 19 : EQCM 20 : AEB/ Les acides nucléiques absorbent à 260 nmC/ Le rapport DO à 280 nm sur DO à 260 nm correspond au rapport protéines sur acides nucléiques (AN).S’il était de 1,8 - 2 cela signifierait qu’il y a 2 fois plus de protéines que d’AN et donc qu’il y acontamination. Pour être optimal le rapport doit être d’environ 0,5 soit 2 fois plus d’AN que de protéines.S’il est supérieur à 0,5 cela signifie qu’il y a contamination (trop de protéines).Par contre si le rapport est DO à 260 nm sur DO à 280 nm, le résultat optimal est effectivement de 1,8 –2. Si le rapport est inférieur à 1,8 cela montrerai une contamination de la solution d’AN par les protéines.D/ 270 nmQCM 21 : ABCDEIci la solution est tellement acide (pH 1) que tous les acides aminés seront chargés positivement. Ce sontdes cations et ils seront donc élués dans une chromatographie échangeuse d’anions. Notez que si on nousavait demandé lesquels étaient élués en premiers il aurait fallu répondre His et Arg car ils sont déjàbasiques à l’origine donc encore plus chargés positivement (viennent ensuite Ala et Tyr, le dernier à êtreélué serait Asp car c’est le plus faiblement chargé positivement).QCM 22 : ACDEB/ Les deux phases sont liquides ! Effectivement l’une est fixée et l’autre mobile et elles sont nonmiscibles.QCM 23 : BQCM 24 : CEJe ne vais pas vous faire l’offense de vous réapprendre les calculs de pourcentages… Sachez seulementque pour vos calculs vous pouvez utilisez les différents pourcentages dans l’ordre que vous voulez, lerésultat final restera identique.Toutefois il existe de nombreux pièges : calculer l’extrait final ou l’extrait de départ ? calculer l’extraitfinal ou l’extrait après la 2ème ou la 3ème étape seulement ? Calculer le poids de protéines ou l’activitébiologique ? Faîtes donc bien attention à la dernière phrase notamment ! Attention aussi à l’énoncé : « àl’issue de laquelle le rendement est de 60% » est différent de « à l’issue de laquelle la perte est de60% » car dans le dernier cas le rendement n’est alors que de 40% !! Pour finir soyez bien vigilants surles unités des différentes réponses !QCM 25 : E600*90% = 540540-10% = 540-54 = 486486*50% = 243QCM 26 : ACDB. La ProlineE. La Leucine est apolaire© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 42
  • 43. QCM 27 : AEB. 1 atome de FerC. Structure tertiaireD. Entre 2 CystéinesQCM 28 : EA. PM supérieur à 10 000B. Polaire neutreC. Carbone αD. A l’intérieurQCM 29 : BA. Plus d’ARNmC. On ne connaît pas tous les gènes et encore moins la fonction de tousD. L’inverseE. Il y a des séquences poubelles non codantesQCM 30 : BA. pH très acide dans l’estomacB. Vrai car structure cycliqueC. Entre 2 CystéinesD. Pas la Glycine (apolaire)E. Pas de structure quaternaire pour la myoglobineQCM 31 : BDQCM 32 : CDA. Sépare les produits en fonction de leur chargeB. Echangeuses de cations => résine chargée – donc retient les molécules chargées +E. Support d’une échangeuse d’anions est du DEAE celluloseQCM 33 : ABCDEQCM 34 : BCDA. Les 2 phases sont liquides et non miscibles.E. Sépare les produits en fonction de leur solubilité.QCM 35 : ACDB. On ne récupère rien dans le volume mort.E. Les peptides sortent en dernier.QCM 36 : DLes protéines de plus gros PM sortent en premier et les plus petits peptides sortent en dernier donc :l’ordre d’élution sera P2,P4,P5,P3,P1.QCM 37 : C(pôle +) Asp Asn Arg (pôle -)pHi(Arg) >> pH donc il est le plus positif des 3 donc migrera le plus vers le pôle - c’est-à-dire la cathode.QCM 38 : BDEA. Les protéines absorbent à 280 nm, le phénol absorbe à 270 nm.C. Les acides nucléiques absorbent à 260 nm que ce soient des bases puriques ou pyrimidiques.D. L’ARN est simple brin donc 1 DO à 260 nm correspond à 40 μg/mL.E. Contamination des Acides nucléiques / Protéines  DO [Acides nucléiques] / DO [Protéines]© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 43
  • 44. QCM 39 : ADEB. La phase aqueuse correspond à la phase supérieure. La phase inférieure comprendra le phénol avec lesprotéines.C. Le bromure d’éthidium est extrait par l’isobutanol. Le chloroforme sert à extraire le phénol.QCM 40 : DAttention à ne pas lire trop vite l’énoncé. Faire attention si la quantité donnée est celle du départ, del’arrivée ou après une étape. Etre attentif au résultat demandé : quantité de départ, quantité d’arrivée ouquantité après un certain nombre d’étapes. De plus, ne pas confondre 70% de rendement et le fait que70% de la préparation est éliminé, par exemple.Soit x, la quantité de protéines au départ.Calcul : x = 500 mg de protéinesQCM 41 : ADB. Ces motifs antigéniques sont appelés « épitopes ». Les « paratopes » sont les sites des anticorps quireconnaissent un épitope.C. Deux protéines différentes peuvent avoir le même motif antigénique (épitope), ce qui aboutit à desréactions croisées ; l’anticorps dirigé contre cet épitope reconnaîtra les deux protéines.E. Le groupement prosthétique ne contient pas que des traces de métaux, il peut contenir d’autresmolécules comme des lipides ou des glucides par exemple. De plus, on peut trouver des traces de métauxdans les holoprotéines (de l’ordre de 0 à 4%).QCM 42 : ADEB. Leur rapport D/d est inférieur à 10, ce qui explique qu’elles aient une forme plutôt globulaire.C. Le Triton X100 et le SDS sont des détergents que l’on utilise pour solubiliser l’extrait tissulaire quicontient les protéines que l’on désire étudier. La fraction sub-cellulaire est, elle, isolée grâce à descentrifugations différentielles.QCM 43 : BA. Les acides nucléiques se retrouvent dans la phase supérieure soluble tandis que les protéinesprécipitent dans la phase inférieure contenant du phénol.C. Il est extrait par l’isobutanol.D. En présence d’alcool éthylique (+ sels) ou d’isopropanol.E. On utilise l’isopropanol qui précipite les acides nucléiques sans avoir besoin de sel.QCM 44 : ABEC. Au contraire, c’est indispensable pour une bonne purification.D. L’utilisation de solutions salines à différentes concentrations permet une précipitation/solubilisationdifférentielle des acides nucléiques par exemple. Elle peut donc être utile.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 44
  • 45. NUCLEOSIDES / NUCLEOTIDES 43 QCMParmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :A/ thymidine B/ adénosine tri-phosphate (ATP) C/ cytosineD/ uridine E/ désoxyguanosineQCM 1 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) ?QCM 2 : Le(s)quel(s) contien(nen)t une liaison N-osidique entre le désoxyribose et la basepyrimidique ?QCM 3 : Le(s)quel(s) constitu(en)t une forme chimique de réserve d’énergie ?Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :A/ désoxyadénosine B/ cytidine C/ uracileD/ hypoxanthine E/ guanosineQCM 4 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?QCM 5 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être métabolisé(s) en acide urique ?QCM 6 : Le(s)quel(s) est (sont) présent(s) dans les tRNA ?Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :A/ inosine B/ uridine C/ théophyllineD/ hypoxanthine E/ méthylcytosineQCM 7 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) présent(s) dans les tRNA ?QCM 8 : Le(s)quel(s) inhibe(nt) la cAMP-phosphodiestérase ?QCM 9 : Le(s)quel(s) provien(nen)t de la désamination oxydative d’une adénosine ?QCM 10 : Les antimétabolites :A/ L’allopurinol est un analogue de l’hypoxanthineB/ Le 5-fluoro-uracile est en compétition avec la thymine lors des biosynthèses d’ARNC/ La 6-thiopurine (= 6-mercaptopurine) est un noyau pyrimidique qui a la particularité d’avoir un atomede soufreD/ Les antimétabolites sont tous utilisés pour soigner l’homme car ils dérèglent le fonctionnement descellules bactériennes (procaryotes)E/ La puromycine mime la structure terminale des tRNA chargés de leur acide-aminé© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 45
  • 46. QCM 11 : L’uracile :A/ Est une base pyrimidiqueB/ S’apparie à l’adénine dans l’ARN bicaténaireC/ Possède 2 groupements (ou substituants) identiques en position 2 et 6D/ Sa méthylation post-transcriptionnelle est la cause de la présence de thymine dans la boucle TψC destRNAE/ Se lie au carbone en position 1’ d’un ribose par son azote en position 1 (liaison N-osidique) pourformer l’uridineParmi les appariements des bases suivants :A/ U-A B/ C-G C/ BrU-G D/ Hypoxanthine-C E/ A-TQCM 12 : Le(s)quel(s) est (sont) minoritaire(s) ?QCM 13 : Le(s)quel(s) est (sont) majoritaire(s) ?QCM 14 : Le(s)quel(s) est (sont) très improbable(s) (ou impossible(s)) ?QCM 15 : Les polynucléotides :A/ Les brins d’acides nucléiques sont orientés de 5’ vers 3’ conventionnellement et cette orientationcorrespond au sens de biosynthèse des polynucléotidesB/ Dans les polynucléotides chaque nucléotide est relié au suivant par une liaison N-osidiqueC/ Adénine (A), guanine (G), thymine (T) et cytosine (C) sont les 4 bases azotées composantnormalement les brins d’ADN ou d’ARND/ Pour la création de la liaison phosphodiester il y a liaison entre l’hydroxyle en 3’ du sucre dunucléotide n et le 3ème phosphate (γ) du nucléotide n+1 car les synthèses de polynucléotides utilisenttoujours des nucléotides tri-phosphatesE/ L’ADN est synthétisé par la DNA-polymérase qui utilise des désoxyribonucléotides tri-phosphates(dATP, dTTP, dGTP, dCTP) et l’ARN par la RNA-polymérase qui utilise des ribonucléotides tri-phosphates (ATP, UTP, GTP, CTP)Parmi les analogues, dérivés des bases azotées ou des nucléotides suivants :A/ allopurinol B/ caféine C/ thioguanineD/ AMP cyclique E/ théobromineQCM 16 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?QCM 17 : Le(s)quel(s) est (sont) une (des) diméthylxanthine(s) ?QCM 18 : Lequel est un médiateur de la signalisation intra-cellulaire ?QCM 19 : L’ATP :A/ Possède 3 phosphates et donc 3 liaisons riches en énergieB/ Est un nucléoside tri-phosphateC/ Son hydrolyse libère de l’énergieD/ L’ATP est stocké en grande quantité dans l’organisme afin de pouvoir subvenir aux différents besoinsénergétiques de l’organisme tout au long de la journéeE/ Peut s’apparier avec l’UTP dans l’ARN par une liaison phosphodiester© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 46
  • 47. QCM 20 : L’ appariement des bases dans le RNA :A/ La cytosine s’apparie avec la guanine par 3 liaisons hydrogènesB/ L’adénine s’apparie avec la thymine par 2 liaisons hydrogènesC/ Environ une fois sur 10 000 ces appariements varient à cause de la tautomérie des basesD/ Dans un ARN il y autant de cytosines que de guanines et il y a autant d’adénines que d’uracilesE/ Sous sa forme prédominante (avec une fonction cétone et une fonction amine), la guanine s’apparieavec la cytosine par 3 liaisons hydrogènes en mettant en jeu ses groupements (ou substituants) en 2 et 6 etl’azote en 3 du noyau purineQCM 21 : L’hypoxanthine :A/ Peut être formé par oxydation d’une xanthineB/ Est un précurseur de l’acide urique qui est responsable de la goutte en précipitant à pH alcalinC/ Est un nucléoside présent dans les tRNAD/ Est présent en position 1 de certains anticodonsE/ Est une méthylxanthineParmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :A/ inosine B/ thymidine C/ ATPD/ AMP cyclique E/ phospho-adénosine-phospho-sulfate (PAPS)QCM 22 : Le(s)quel(s) possède(nt) (au moins) une liaison riche en énergie ?QCM 23 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) dérivé(s) à noyau purine ?QCM 24 : Parmi les propositions suivantes lesquelles sont exactes ?A/ L’allopurinol et la 6-mercaptopurine inhibent la synthèse d’acide urique et sont donc utilisés dans letraitement de la goutteB/ La puromycine est un analogue des bases puriquesC/ La puromycine comprend une adénine diméthylée, un analogue du ribose et un analogue d’un acideaminé lié à l’hydroxyle 3’ du riboseD/ Le 5-fluoro-uracile est un analogue de l’uracileE/ On a créé des analogues de nucléotides tri-phosphates dans lesquels on a modifié les liaisons entre lesphosphates afin de les rendre non hydrolysables, ce qui est très utile en recherche pour savoir quelsphénomènes sont énergie-dépendantsQCM 25 :Un sujet qui a réalisé un exercice physique très intense aura sur la journée une dépense énergétiquede 6500 kcal correspondant à l’hydrolyse de 450 kg d’ATP, en supposant que la totalité de l’énergieest fournie par l’hydrolyse de l’ATP (sachant que l’hydrolyse d’une mole d’ATP en ADP libère 7,3kcal). En supposant que le pool d’ATP de son organisme impliqué dans les cycles de synthèse-dégradation fournissant l’énergie est de 45 g, quel est le turn-over (exprimé en nombre de cyclessynthèse-dégradation / jour) des molécules d’ATP ?A/ 3285 B/ 10 000 C/ 5000 D/ 10 E/ 14,5QCM 26 : A propos des bases azotées :A. Le noyau purine est un double hétérocycle à 5 carbones et 4 azotes alors que le noyau pyrimidine estun hétérocycle à 6 sommets avec 4 carbones et 2 azotes.B. Seules les bases puriques comportent une fonction amine.C. On dénombre 3 bases pyrimidiques: la cytosine, la thymidine et luracile.D. Ladénine porte sa fonction amine sur le carbone n°6 tandis que la guanine la porte sur le carbone n°2.E. Toutes les bases azotées rentrent aussi bien dans la composition de lADN que dans celle de lARN.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 47
  • 48. QCM 27 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le désoxyribose qui participe à la formation des nucléotides constituants lADN est un 3-désoxy-D-ribofuranose.B. La liaison N-osidique désigne la liaison du carbone n°1 (C1) de lose avec lazote 9 dune base puriqueou lazote 1 dune base pyrimidique. Elle saccompagne de lélimination dune molécule deau.C. Lose qui sassocie à une base azotée par une liaison N-osidique pour former un nucléoside comporteun cycle formé de 5 atomes de carbone.D. Linosine est le désoxyribonucléoside formé à partir de la xanthine, un dérivé des bases puriques.E. Ladénosine, la cytosine, la guanosine et luridine sont les quatre ribonucléosides entrant dans laconstitution de lARN.QCM 28 : A propos de la tautomérie des bases :A. La tautomérie est la propriété chimique qui permet la délocalisation des doubles liaisons conjuguéessur les bases azotées avec transfert dun atome dhydrogène.B. Les formes les plus stables et par conséquent majoritaires sont les formes imine et cétone.C. Toutes les bases azotées présentent seulement deux formes de tautomères.D. La forme cétone est prédominante sur la forme énolique avec un rapport de 1 sur 100.E. Les formes stables permettent lassemblement correct des bases tandis que les formes mineuresentraînent des mutations.Parmi les composés suivants :A. hypoxanthine B. ribothymidine C. uridine D. méthylcytosine E. guanineQCM 29 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?QCM 30 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être formé(s) par désamination oxydative d’une adénine ?QCM 31 : Lequel peut également être appelé 5-méthyluridine ?QCM 32 : La thymine :A. Est généralement liée au désoxyriboseB. Peut être retrouvée dans l’ARNC. Est un 5-méthyluracileD. Est normalement appariée, sous sa forme tautomérique majeure énol, avec une adénine dans l’ADNE. Peut être métabolisée en acide uriqueQCM 33 : A propos des dérivés des nucléotides :A. La S-Adénosyl-méthionine intervient dans des réactions de phosphorylations.B. Le PAPS est un facteur de la détoxification hépatique.C. L’amino-acyl-AMP sert à la biosynthèse des protéines.D. L’acyl-AMP intervient dans la dégradation des lipides.E. L’UDP-DAG est un intermédiaire de la synthèse des phospholipidesQCM 34 : En ce qui concerne les analogues méthylés des nucléotides :A. La caféine est une diméthylxanthine.B. Ils ont un effet chronotrope et un effet inotrope négatifs.C. Par action sur l’AMPc-phosphodiestérase, ils augmentent la concentration en AMPc extracellulaire.D. Certains peuvent être utilisés en thérapeutique : la théophylline peut lutter contre l’asthme.E. A forte concentration, ils entraînent des effets cardiaques indésirables comme l’hypertension artérielle.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 48
  • 49. QCM 35 : Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?A. La caféine possède un noyau purique.B. La théophylline est un inhibiteur des phosphodiestérases.C. Caféine, Théobromine et Théophylline sont des dérivés hydroxylés de la Xanthine.D. La théophylline se retrouve principalement dans le Coca-Cola.E. Ces dérivés augmentent le débit de perfusion rénale.QCM 36 : Concernant les dérivés des nucléotides :A. La S-Adénosyl Méthionine est une forme inactive de l’Adénosine.B. Le PAPS possède une liaison anhydride d’acide.C. La CDP-Choline est un dérivé nucléotidique.D. Le PAPS est éliminé par voie hépatique.E. Le PAPS est une forme activée du sulfate.QCM 37 : Concernant les analogues des nucléotides :A. L’appariement de BrdU avec une forme mineure se fait à une fréquence moindre que les nucléotides“normaux”.B. La présence de BrdU dans le génome d’une cellule est un facteur cancéro-protecteur.C. L’Hypoxanthine est constituée par désamination oxydative de l’Adénosine.D. L’Hypoxanthine s’apparie normalement avec la Thymidine.E. Le BrdU est un analogue de l’uracile.QCM 38 : A propos des appariements normaux des nucléotides dans lADN :A. Ils se font grâce à des liaisons hydrogènes entre les bases azotées A, C, U et G.B. Il existe une forme tautomère majeure pour chaque base, qui correspond à la forme dappariementprédominante de la base.C. Il existe 3 liaisons hydrogènes entre les bases puriques et 2 seulement entre les bases pyrimidiques.D. Quand une séquence dADN double brin contient beaucoup de liaisons C-G, les brins sont plusdifficiles à séparer.E. Une séquence dADN simple brin contient toujours autant de C que de G.QCM 39 : A propos des désoxyribonucléotides :A. Ils sont constitués dune base azotée, dun sucre (désoxyribose) et d1, 2 ou 3 groupements phosphates.B. Leur sucre est désoxydé sur le carbone 4.C. Le(s) groupement(s) phosphate sattache(nt) par le carbone 5 de la base.D. Ceux qui permettent de former la molécule dARN sont : dATP, dGTP, dUTP, dCTP.E. Le ribose est un pentose, sucre à 5 carbones.QCM 40 : A propos des nucléotides cycliques :A. LAMPc ne comporte quun seul groupement phosphateB. Le groupement phosphate dans l’AMPc(3’-5’) est relié par une liaison ester au carbone 3 et par uneautre liaison ester au carbone 5 du ribose (l’ensemble étant une liaison phosphodiester).C. Les ribonucléotides cycliques tels que lAMPc interviennent dans la médiation intracellulaire (ils sontappelés 2nd messager).D. Certains interviennent dans la vasomotricitéE. La vasomotricité permet la régulation du flux sanguin dans les organes.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 49
  • 50. QCM 41 : A propos des analogues des nucléotides et des nucléosides :A. La 6-mercaptopurine, tout comme la thioguanine, est utilisée dans le traitement des leucémies.B. Le 5-fluoro-uridine est un inhibiteur de la biosynthèse des nucléotides thymidines.C. Le 5-iodo-désoxyuridine est un nucléotide qui est utilisé comme antiviral.D. L’allopurinol est une molécule inhibitrice de la biosynthèse de l’acide urique.E. Lara-C (cytosine arabinoside) est utilisée pour ces propriétés immunodépressives mais également dansle traitement de la goutte.QCM 42 : En ce qui concerne la puromycine :A. La puromycine comporte un analogue du ribose qui est un sucre aminylé.B. En 3’ du ribose on a une amine qui porte un analogue d’un acide aminé.C. Cette molécule se comporte comme l’extrémité des RNAt qui porte un AA ; elle a ainsi permisd’élucider les étapes de la transcription.D. La puromycine est une molécule toxique puisqu’elle va bloquer la synthèse des chaînes peptidiques.E. La puromycine se caractérise par des propriétés immunodépressives.QCM 43 : A propos des analogues :A. Certains sont d’origine naturelle alors que d’autres sont d’origine synthétique et sont caractérisés pardes modifications d’une base, d’un sucre ou d’un phosphate.B. lAZT est un dérivé de la thymidine untilisé comme anti-VIH.C. L’allopurinol va permettre la synthèse de l’acide urique ; il est donc utilisé dans le traitement de lagoutte.D. Le 5-iodo-désoxyuridine est un nucléoside qui est un analogue de la thymidine.E. Le 5-fluoro-uracile a, entre autres, des propriétés antifongiques, et va inhiber la prolifération cellulaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 50
  • 51. CorrectionQCM 1 : ADEB/ L’ATP est un nucléotide.C/ La cytosine est une base azotée. La (désoxy)cytidine est un nucléoside.QCM 2 : AB/ Ici on a un ribose + une base purique (+ des phosphates)C/ Ici la base pyrimidique est seuleD/ Ici on a un ribose (+ une base pyrimidique)E/ On a bien le désoxyribose mais le base est puriqueQCM 3 : BLes bases azotées et les nucléosides ne peuvent être des formes chimiques de réserve d’énergie car ellesne possèdent pas de liaisons riches en énergie contrairement aux nucléotides.QCM 4 : ADEB/ Noyau pyrimidiqueC/ IdemQCM 5 : ADEB/ On a un noyau pyrimidique alors que l’acide urique est un dérivé puriqueC/ IdemQCM 6 : BCDEA/ Pas de « désoxy » dans l’ARND/ L’hypoxanthine est un composant de l’inosine (avec un ribose)QCM 7 : ABC/ Ne polymérise pasD/ L’hypoxanthine est présent dans les tRNA mais ce n’est pas un nucléosideE/ La méthylcytosine est présente dans les tRNA mais ce n’est pas un nucléosideQCM 8 : CC/ En inhibant la cAMP-phosphodiestérase elle permet donc d’augmenter la concentration de cAMP.QCM 9 : ADésamination oxydative d’une adénine ⇒ hypoxanthineDésamination oxydative d’une adénosine ⇒ inosineQCM 10 : AEB/ Le 5-fluoro-uracile est un analogue de la thymine, il rentre donc en compétition avec elle lors de lasynthèse d’ADNC/ Noyau purique (comme son nom l’indique)D/ Beaucoup d’entre eux dérèglent aussi le fonctionnement des cellules eucaryotes humaines donc tousne sont pas utilisés chez l’hommeQCM 11 : ADEB/ L’ARN est monocaténaire ! S’il existe des liaisons A-U, elles se font entre le brin d’ARN en cours desynthèse et le brin matrice d’ADN lors de la transcription ou alors il peut aussi y avoir un appariementlocalisé de quelques nucléotides entre une même chaîne d’ARN s’il s’avère qu’il y a complémentarité.C/ En position 2 et 4© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 51
  • 52. QCM 12 : CLe bromo-uracile est un analogue de la thymine, il va donc s’apparier avec A sous sa forme tautomèremajeure et avec G sous sa forme tautomère mineureQCM 13 : ABDEA-T et C-G dans l’ADNA-U dans l’ARNL’hypoxanthine, formé (accidentellement) par désamination oxydative de l’adénine, s’apparie sous formemajeure avec C et est cause de mutation pour l’ADNQCM 14 : AucuneLes appariements très improbables ou impossibles concerneraient des appariements de bases identiques(ex : A-A, C-C…) ou des appariements purine-purine ou pyrimidine-pyrimidine (A-G, C-T, C-U…). Eneffet une base purique s’apparie toujours avec une base pyrimidique et inversement ! Ainsi, si vousconnaissez les appariements majoritaires (C-G, A-T, A-U) vous pouvez en déduire directement lesappariements minoritaires en prenant l’autre base purique ou pyrimidique (C-A, G-T, U-G).QCM 15 : AEB/ Chaque nucléotide est relié au suivant par une liaison phosphodiester. La liaison N-osidique relie unebase azotée à un sucre.C/ Oui pour l’ADN mais pour l’ARN les bases sont A, C, G et Uracile (+ hypoxanthine dans les ARNt)D/ Bien que les synthèses de polynucléotides utilisent toujours des nucléotides tri-phosphates, lors de lasynthèse d’une liaison phosphodiester il y a toujours élimination des 2 phosphates externes β et γ (etd’une molécule d’eau), donc entre chaque nucléotide il ne reste qu’1 seul phosphate (α).QCM 16 : BCDEL’allopurinol na pas de noyau purine car le carbone en position 8 est remplacé par un azote.QCM 17 : ELa caféine et la théobromine (et la théophylline) sont des méthylxanthines mais la caféine est unetriméthylxanthine (méthylée en 1, 3 et 7).QCM 18 : DQuand on dit « AMP cyclique » cela sous-entend AMP cyclique 3’-5’ sinon on aurait précisé.QCM 19 : CA/ 2 liaisons anhydride d’acide riches en énergie entre les phosphates α et β et entre les phosphates β et γB/ Nucléotide tri-phosphateD/ L’ATP n’est pas stocké ! On en possède que quelques grammes dans le corps qui seront utilisés enquelques secondes lors d’un exercice physique… Il y aura donc une production continuelle d’ATP tantque l’organisme aura besoin de fournir de l’énergie (turn-over très intense).E/ En effet ATP et UTP peuvent s’apparier dans l’ARN par l’intermédiaire de leur base (Adénine-Uracile), par contre il s’agit de liaisons hydrogènes !© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 52
  • 53. QCM 20 : ACB/ Attention !!! L’énoncé de l’item est exact… mais celui-ci ne correspond pas au titre du QCM ! Dansce QCM il est question des ARN et il n’y a pas de thymines dans les ARN normalement (exception : unethymine compose la ribothymidine de la boucle TΨC des tRNA après modification post-transcriptionnelle d’une uracile).D/ Ce raisonnement est bon pour l’ADN !! En effet l’ADN est double brin donc en face d’un A se met enplace un T (et inversement) et en face d’un C se met en place un G (et inversement) donc il y a autant deA que de T et autant de C que de G. Par contre l’ARN est monocaténaire !! Les différentes bases (A, G,C, U) se trouvent sur la même chaîne donc leurs quantités respectives sont indépendantes. L’appariementse produit avec le brin matrice d’ADN lors de la biosynthèse de l’ARN donc les rapports d’égalité (A = Uet C = G) existent entre ces 2 brins… puis l’ARN se détache laissant un nombre variable de A, G, C, Usur le brin unique.E/ Tout est juste sauf qu’il s’agit de l’azote en position 1 ! Vous devez bien visualiser votre moléculedans la tête, les substituants sont en 2 et 6 et l’azote qui permettra de faire une 3ème liaison hydrogène setrouve « logiquement » entre les deux substituants soit en position 1.QCM 21 : DA/ C’est la xanthine qui est issue de l’hypoxanthine par oxydationB/ L’hypoxanthine est bien un précurseur de l’acide urique mais l’acide urique précipite à pH acide et estsoluble à pH alcalinC/ L’hypoxanthine est bien dans les tRNA mais il s’agit d’un dérivé de bases purinesE/ Aucune méthylationQCM 22 : CEInosine et thymidine sont des nucléosides et non des nucléotides donc ils n’ont pas de phosphates et pasde liaisons riches en énergie. L’AMP cyclique a 1 phosphate qui fait 2 liaisons esters (= liaisonphosphodiester) donc non énergétiques.L’énergie contenu dans l’ATP sert à de nombreuses réactions du métabolisme.L’énergie contenu dans le PAPS sert à la sulfatation (= transfert d’un groupement sulfate).QCM 23 : ACDEB/ Noyau pyrimidiqueQCM 24 : BEA/ Pas la 6-mercaptopurineC/ L’analogue du ribose possède une fonction amine au lieu d’une fonction hydroxyle en 3’D/ Le 5-fluoro-uracile est un uracile avec un fluor en 5 ce qui fait qu’il ressemble à la… thymine ! C’estun analogue de la thymine, ils sont compétiteurs dans les biosynthèses c’est-à-dire qu’ils peuvent semettre l’un à la place de l’autre.QCM 25 : BLa question est « quel est le turn-over des molécules d’ATP ? » donc seulement 2 éléments à repérer : - lepool de son organisme (combien son organisme peut avoir d’ATP à la fois) : 45 g - combien il en consomme dans la journée : 450 kg = 450 000 gSoit le calcul :450 000 / 45 = 10 000 (cycles de reconstitution du pool d’ATP pour la journée)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 53
  • 54. QCM 26 : ADB. La cytosine qui est une base pyrimidique comporte également une fonction amine.C. La thymidine nest pas une base azotée mais un nucléoside. Les trois bases pyrimidiques sont lacytosine, la thymine et luracile.E. La thymine entre uniquement dans la composition de lADN et luracile uniquement dans celle delARN. Ladénine, la guanine et la cytosine entrent aussi bien dans la composition de lADN que danscelle de lARN.QCM 27 : BA. Le désoxyribose est un 2-désoxy-D-ribofuranose.C. Lose comporte bien un cycle de 5 atomes mais celui-ci est formé de 4 atomes de carbone et d1 atomedoxygène. Le 5ème carbone de lose ne fait pas partie du cycle.D. Linosine est un ribonucléoside et il est formé à partir de lhypoxanthine.E. La cytosine est une base azotée et non un nucléoside. Le ribonucléoside formé à partir de cette base estla cytidine.QCM 28 : AEB. Les formes les plus stables sont les formes amine et cétone.C. Certaines bases présentent 3 formes de tautomères. Cest le cas pour luracile et la thymine parexemple.D. Les formes stables (amine et cétone) prédominent sur les formes mineures avec un rapport de 1 sur 10000.QCM 29 : AELes autres ont un noyau pyrimidique.QCM 30 : AQCM 31 : BQCM 32 : ABCB. Dans la ribothymidine des ARNtD. La forme tautomérique majeure est la forme cétone.E. Ce sont les bases puriques qui peuvent être métabolisées en acide urique.QCM 33 : BCA. Elle intervient dans des réactions de méthylation.D. Il sert à la synthèse des lipides.E. C’est le CDP-DAGQCM 34 : DA. La caféine est une triméthylxanthineB. Ils ont des effets inotrope et chronotrope positifs.C. Ils augmentent la concentration d’AMPc INTRAcellulaire.E. Une trop grande augmentation de la fréquence cardiaque par effet chronotrope positif va diminuer letemps de la diastole (temps où le cœur est au repos et qui constitue la plus grande partie du temps deremplissage cardiaque), et donc son remplissage. Le cœur va donc expulser moins de sang malgré savitesse et sa force de contraction plus importantes. Ceci va conduire à une diminution du débit sanguin, etdonc à une HYPOtension artérielle.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 54
  • 55. QCM 35 : ABEC. Ce sont des dérivés méthylés de la Xanthine.D. C’est la Caféine qui est principalement retrouvée dans le Coca-Cola.E. En effet, par l’augmentation du débit cardiaque créé par les effets chronotrope et inotrope positifs,augmentant donc parallèlement le débit sanguin et donc le flux de sang traversant le rein.QCM 36 : BCEA. Forme activé de la méthionineD. Le PAPS permet une détoxification hépatique mais son élimination est urinaire.QCM 37 : AucuneA. Les formes mineures du BrdU étant 100 fois plus présentes que les formes mineures des autresnucléotides, les appariements anormaux sont plus fréquents.B. C’est un facteur cancérogène.C. Désamination oxydative de l’adénine.D. Avec la cytosine.E. C’est un analogue de la thymidine.QCM 38 : BDA. Dans lADN, il ny a pas dUracile mais de la Thymine.C. Une base purique sassocie toujours avec une base pyrimidique et vice versa ; les liaisons hydrogènessont de 3 entre C et G, et de 2 entre A et T.E. Cest une séquence dADN double brin qui contient autant de C que de G (car appariements).QCM 39 : AEB. Sur le carbone 2.C. Sur le carbone 5 du sucreD. Il ny a pas de désoxyribonucléotides dans lARN.QCM 40 : ABCDEQCM 41 : ADB. Car c’est le 5-fluoro-uracile.C. Car il s’agit d’un nucléoSide.E. C’est l’allopurinol qui est utilisé dans le traitement de la goutte.QCM 42 : ABDC. Elle a permis d’élucider les étapes de la traduction.E. La puromycine inhibe la traductionQCM 43 : ABDEC. L’allopurinol va inhiber la synthèse de l’acide urique.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 55
  • 56. L’ADN 49 QCMQCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Le DNA se trouve seulement dans le noyau des cellules eucaryotes tandis que le RNA se trouve dansle noyau (pour sa biosynthèse) puis dans le cytoplasme (pour la traduction en protéine)B/ Le DNA peut s’obtenir in vivo à partir de DNA (réplication) ou de RNA (transcription inverse)C/ Les virus sont, comme les procaryotes, des cellules sans noyauD/ Le DNA est un enchaînement de ribonucléotidesE/ Le DNA humain n’est jamais monocaténaireQCM 2 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ L’homme n’a pas le plus grand génome du monde vivant, en effet certains procaryotes ont un génomeplus longB/ Le DNA des bactéries est circulaire tandis que celui des eucaryotes est linéaireC/ Le DNA des bactéries est monocaténaire tandis que celui des eucaryotes est bicaténaireD/ Les 2 brins d’ADN sont complémentaires c’est-à-dire qu’en face d’une adénine on trouve une thymineou un uracile et qu’en face de la guanine on trouve une cytosine (et inversement)E/ Le DNA est synthétisé par une DNA-polymérase quand il s’agit de la réplication et par une RNA-polymérase lorsqu’on est en transcription inverseQCM 3 : A propos de la structure du DNA :A/ Il existe dans les cellules humaines plusieurs types de DNA (A, B et C) dont B est la formeprédominanteB/ Le DNA de forme A forme une hélice droiteC/ Quelque soit le type de DNA, le nombre de paires de base par tour d’hélice est toujours de 10D/ Le DNA-A est une forme déshydratéeE/ Le DNA-Z est le seul à s’enrouler à gaucheQCM 4 : Expériences de fusion/dénaturation :A/ La densité optique (DO) à 280 nm nous permet de suivre l’avancement de cette expérienceB/ Il existe une température (appelée Tm) à partir de laquelle la moitié des appariements se sont dissociésC/ Une fois les brins de DNA séparés on ne peut plus les réassocierD/ Le Tm augmente quand la longueur des brins ou la concentration en sel ou le pH ou la composition enpaires de bases G-C augmenteE/ Le Tm diminue quand la concentration en formamide augmenteQCM 5 : Le génome du bactériophage M13 a la composition en bases suivante :T : 21%, G : 17 %, A : 45%, C : 17%. Il s’agit très probablement,A/ d’un hétéroduplex DNA/RNA B/ d’un DNA bicaténaireC/ d’un RNA monocaténaire D/ d’un RNA bicaténaireE/ d’un DNA monocaténaireQCM 6 : Les nucléosomes :A/ Constituent le premier niveau d’organisation chez les eucaryotes et les procaryotesB/ L’ADN nucléosomal fait environ 150 paires de basesC/ Comprennent 8 molécules d’histones qui représentent 5 types de molécules différentsD/ Ont un rôle de protection du DNAE/ Le DNA s’enroule autour des protéines du nucléosome en formant 2 tours© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 56
  • 57. QCM 7 : DNA et RNA ont en commun les caractéristiques suivantes :A/ Ils possèdent du ribose B/ Ils sont liés aux histonesC/ Ils sont synthétisés par un mécanisme appelé réplicationD/ Ils portent les gènes E/ Ils sont monocaténairesQCM 8 : Les histones :A/ Sont des protéines basiques, ce qui leur permet de se lier aux phosphates (acides) du DNA de manièrenon spécifiqueB/ Certaines sont très conservées au cours de l’évolution comme on peut le constater en comparant lesséquences d’acides aminés d’histones provenant d’un animal avec celles provenant d’une bactérieC/ Le DNA lié aux histones est non fonctionnelD/ Appartiennent toutes à une structure appelée nucléosomeE/ Peuvent subir des modifications post-traductionnelles (phosphorylation, méthylation, acétylation…)QCM 9 : Expériences de cinétique de réassociation :A/ Les gènes humains et leurs zones régulatrices occupent environ la moitié du génome nucléaireB/ Chez les procaryotes la cinétique de réassociation est une sigmoïde presque parfaite alors que chez leseucaryotes on remarque plusieurs plateaux traduisant une hétérogénéité de la réhybridationC/ Ces expériences se traduisent par une courbe dont les abscisses représentent la température et lesordonnées représentent la DO à 260 nmD/ Les séquences hautement répétitives sont non codantes, les séquences moyennement répétitivespeuvent être codantes ou non codantes et les séquences uniques sont codantesE/ Les séquences uniques sont celles qui se réhybrident le plus rapidementQCM 10 : Les catégories de séquences génétiques :A/ Les séquences (quasi-) uniques codent pour une protéine ou une petite famille de protéinesB/ Les séquences moyennement répétitives dites « mini satellites » sont spécifiques à chaque individu etdonc utilisées en empreinte génétiqueC/ Les ARN ribosomiques sont issus de gènes moyennement répétés dans le génomeD/ Les séquences hautement répétitives se réhybrident le plus rapidement lors des expériences decinétique de réassociationE/ L’existence chez les batraciens de séquences encore plus répétitives explique en partie pourquoi lesbatraciens ont un plus grand génome que l’humainQCM 11 : Le DNA bactérien :A/ In vivo il peut exister sous 3 états : circulaire relâché, circulaire super-enroulé ou linéaireB/ L’état circulaire super-enroulé étant le plus dense c’est celui qui migre le moins lors de la séparationpar électrophorèseC/ Les topoisomérases I et II consomment autant d’énergie l’une que l’autreD/ Les topoisomérases ont une fonction endonucléase mais la I coupe un brin seulement alors que la IIcoupe les 2 brins en regardE/ Une inhibition des topoisomérases dans une cellule procaryote entraîne la mort de cette celluleQCM 12 : Altération et réparation du DNA :A/ Si on doit se protéger du soleil c’est parce-que celui-ci envoi des rayons ultra-violets qui agressent lematériel génétique (mutations, cassures…)B/ Si il y a réparation cela signifie qu’on a retrouvé l’état initial normalC/ Le 5-bromo-uracile, le bromure d’éthidium sont des agents mutagènes car ils entraînent des erreurs deréplicationD/ Le système de correction d’erreurs se fait en 2 étapes : une étape de reconnaissance de l’anomalie quiest spécifique et une étape de réparation qui est générale quelle que soit l’erreurE/ L’organisme humain n’a aucun système de défense pour lutter contre le radical libre hydroxyle© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 57
  • 58. Pour mesurer la réplication du DNA et la réparation des lésions du DNA induites par des UV surdes fibroblastes en culture, on utilise de la [³H]-thymidine qui s’incorpore dans le DNA au cours dela prolifération (réplication) ou de la réparation. Les cellules cultivées dans les conditionsoptimales, sont (+) ou non (-) irradiées par des UV, puis sont cultivées pendant 8h dans desconditions normales (sans UV).Les taux d’incorporation de la [³H]-thymidine et les taux de dimères de thymine mesurés à la fin del’expérience sont indiqués dans le tableau ci-dessous :Fibroblastes UV [³H]-thymidine Dimères de thymine incorporée (dpm/mg) (unités arbitraires)Fibroblastes en cours de prolifération :Sujet 1 - 380 000 13Sujet 2 - 410 000 11Sujet 3 - 770 000 29Sujet 1 + 405 000 310Sujet 2 + 420 000 305Sujet 3 + 775 000 2 050Fibroblastes quiescents (ne proliférant pas) :Sujet 1 - 2 900 15Sujet 2 - 3 050 14Sujet 3 - 4 100 35Sujet 1 + 39 000 280Sujet 2 + 42 500 265Sujet 3 + 4 500 2 700QCM 13 :A/ Les UV peuvent créer des dimères de thymine (liaison covalente entre 2 thymines côte à côte sur lemême brin)B/ En étudiant seulement les fibroblastes en cours de prolifération, on peut connaître la part de thymidineincorporée lors de la réplication et la part incorporée lors de la réparationC/ Il y a beaucoup plus de thymidines incorporées lors de la réplication que lors de la réparationD/ Les UV produisent des dimères de thymine dans le DNA mais aussi dans le RNAE/ La [³H]-thymidine est incorporée dans les cellules de ces 3 sujets car elles synthétisent toutes del’ADNQCM 14 :A/ On remarque que les fibroblastes en cours de prolifération du sujet 3 incorporent beaucoup plus de[³H]-thymidine que ceux des sujets 1 et 2. Cela pourrait être dû au fait que les fibroblastes du sujet 3(pour une raison quelconque) se divisent presque deux fois plus vite que les fibroblastes des sujets 1et 2.B/ Il semblerait à la vue de ces résultats que les fibroblastes du sujet 3 seraient déficitaires au niveau de laréparation des dimères de thymineC/ A cause de sa maladie, le sujet 3 doit absolument éviter de s’exposer au soleil car il a un risque accrude développer un cancer de la peauD/ Les fibroblastes sont devenus quiescents à cause des UVE/ Les UV induisent la formation de dimères de thymine seulement chez le sujet 3© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 58
  • 59. QCM 15 :On prépare de la chromatine à partir de noyaux cellulaires. On extrait l’ADN par la techniquephénol/chloroforme puis on traite cet ADN par la nucléase de micrococcus (endonucléase qui coupeau hasard le DNA double brin non protégé par des protéines). Puis après séparation des fragmentspar électrophorèse, on les visualise par coloration au bromure d’éthidium.A/ Les nucléases sont des enzymes qui coupent les acides nucléiques. On parle d’endonucléases pour lesnucléases situées dans le noyau et d’exonucléases pour les nucléases situées dans le cytoplasmeB/ L’électrophorèse permet de séparer les différents fragments obtenus en fonction de leur taille ou deleur poids moléculaire : plus ils sont petits et légers, plus ils migreront viteC/ On visualisera des bandes de 180 pb et de multiples de 180 car la nucléase coupera entre certainsnucléosomes car l’ADN nucléosomal est protégé par les histonesD/ Le résultat électrophorétique obtenu est similaire à celui qu’on obtiendrait si on avait analysé de lachromatine (sans extraction) à partir de cellules en apoptose (mort cellulaire programmée)E/ Si on inversait les étapes c’est-à-dire d’abord action de la nucléase puis extraction de l’ADN par lephénol/chloroforme, on obtiendrait des bandes de 180 pb et des bandes multiples de 180.Après avoir purifié cinq protéines A, B, C, D et E, on teste leur capacité de liaison à une séquenceprécise d’un promoteur d’un gène. On dispose d’un oligonucléotide de même séquence et qui estutilisé comme compétiteur. Le DNA total est radiomarqué tandis que l’oligonucléotide compétiteurn’est pas radioactif. On révèle l’électrophorèse par autoradiographie. Le résultat du test deretardement sur gel est le suivant : ▃ ▃ ▃ ▃ __ ▃ __ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃DNA total + + + + + + + + + + +Protéine 0 A B C D E A B C D ECompétiteur - - - - - - + + + + +QCM 16 : Quelle(s) protéine(s) est (sont) capable(s) de se lier au DNA ?QCM 17 : Quelle(s) protéine(s) se lie(nt) spécifiquement à l’ADN total ?QCM 18 : A propos de la structure du DNA :A/ Le pas de l’hélice est de 34 Angstroms quel que soit le type de DNAB/ On voit s’alterner petits et grands sillons si on parcoure le DNA d’un même côtéC/ Les 2 chaînes qui le composent ont leur extrémité 5’ d’un même côté et leur extrémité 3’ du côtéinverseD/ Le « squelette » de l’ADN est composé des sucres et des phosphatesE/ Le DNA-B présente une angulation de 36° entre chaque nucléotideQCM 19 :On retrouve au laboratoire un pot contenant un génome conservé mais dont l’étiquette estillisible… On cherche à le caractériser et après expériences on trouve la composition en basessuivante :T : 15%, G : 23 %, A : 27%, C : 23%, U : 12%. Il s’agit très probablement,A/ d’un hétéroduplex DNA/RNA B/ d’un DNA bicaténaireC/ d’un RNA monocaténaire D/ d’un RNA bicaténaireE/ d’un DNA monocaténaire© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 59
  • 60. QCM 20 :Procaryotes et eucaryotes ont en commun les caractéristiques suivantes :A/ Leur ADN a la même organisation structuraleB/ Leur ADN est protégé par les histonesC/ Ils possèdent des DNA-polymérases et des nucléasesD/ La réplication, la transcription, la traduction existent chez les deuxE/ Ils possèdent des séquences hautement, moyennement et faiblement répétéesQCM 21 :Certaines molécules ou particules suivantes peuvent se lier au (ou interagir avec le) DNA eucaryote(dans la cellule eucaryote vivante) :A/ histones B/ RNA-polymérase DNA-dépendanteC/ télomérase D/ ribosomesE/ gyraseQCM 22 : Les liaisons :A/ Un sucre et une base azotée sont liés par une liaison N-osidiqueB/ Les acides aminés sont liés par des liaisons amides dites liaisons peptidiquesC/ Sucre et phosphate sont liés par une liaison anhydride d’acide (riche en énergie)D/ Les nucléotides sont liés par une liaison phosphodiesterE/ Les bases azotées (appariées) sont liées par des liaisons hydrogènesQCM 23 :Un échantillon purifié d’ADN bactérien, en solution dans NaCl 0,2M, est chauffé. On mesurel’absorbance (A) à 260 nm en fonction de la température :T°C 65 70 75 79 80 81 85 90 95A 1,30 1,30 1,35 1,40 1,45 1,50 1,55 1,60 1,60Quel est le Tm (température de fusion) de cet ADN bactérien ?A/ 75°C B/ 79°C C/ 80°C D/ 90°CE/ Les données sont insuffisantes pour calculer le TmUn morgan est une unité de longueur de DNA qui correspond à la probabilité que survienne (danscette unité de longueur de DNA) une recombinaison par méiose (en supposant que la probabilité desurvenue des crossing-over est identique sur toutes les parties du génome). On estime que lalongueur du génome humain est d’environ 3 milliards de paires de bases et que environ 30recombinaisons (ou 30 crossing-over) se produisent par méiose.QCM 24 : A quelle longueur de DNA (exprimée en kb ou kilo-paires de bases) correspondapproximativement 17 millimorgans ?A/ 170 000 B/ 17 000 C/ 1 700 D/ 1 700 000 E/ 17 000 000QCM 25 : Les séquences Line sont des séquences répétitives d’environ 6,5 kb dispersées dans legénome humain (même dans les introns de certains gènes). Elles semblent résulter d’un processusde rétro-transposition. En supposant qu’il existe (environ) 5 000 séquences Line dispersées dans legénome humain et qu’elles sont distribuées au hasard dans l’ensemble du génome, quel est, enmoyenne, le nombre de séquences Line (estimation la plus probable) pour une longueur de génomede 24 centimorgans ?A/ 400 B/ 24 millions C/ 600 000 D/ 40 E/ 250© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 60
  • 61. QCM 26 : A propos des liaisons :A. Les liaisons phosphodiesters se font dans le sens 3’ vers 5’.B. Les nucléosides s’assemblent entre eux pour former des brins d’acides nucléiquesC. La liaison phosphodiester se fait grâce à une réaction catalysée par des polymérases (ARN ou ADNpolymérases).D. On crée des modifications entre les différents phosphates afin d’étudier les phénomènes ATP-dépendantsE. Les liaisons peptidiques sont des liaisons riches en énergie.QCM 27 : En ce qui concerne la biosynthèse des brins d’acides nucléiques :A. Le premier nucléotide porte trois phosphates à la position 3’ du sucre.B. Le second nucléotide va se lier au premier nucléotide grâce à un triphosphate.C. Les ADN-polymérases n’ont pas besoin d’amorce pour la biosynthèse des acides nucléiquesD. Les ARN-polymérases peuvent commencer la biosynthèse des acides nucléiques en utilisantdirectement des nucléotides triphosphates en les enchaînant les uns aux autresE. L’orientation du brin néo-formé est de 5’ vers 3’ tout comme le sens des liaisons phosphodiesters.QCM 28 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Du fait de son analogie structurale avec la partie terminale des ARNt chargés de leur acide aminé, lapuromycine inhibe la synthèse protéique.B. La 6-mercaptopurine possède un atome de soufreC. Un des inhibiteurs de la phosphodiestérase qui hydrolyse l’AMPc est le 5-iodo-désoxyuridine.D. L’allopurinol possède des propriétés immunodépressives.E. Le 5-fluoro-uracile est un antifongique.QCM 29 : Parmi les molécules suivantes :1) puromycine 2) allopurinol 3) 6-mercaptopurine 4) 5-fluoro-uracile 5) azaguanineA. On trouve un analogue de la thymine.B. Quatre d’entre elles possèdent un vrai noyau purique.C. La première a permis d’élucider les étapes de la traduction.D. Deux de ces molécules sont utilisées dans la prévention du rejet de greffe.E. Ce sont tous des dérivés de nucléotides.QCM 30 : Dans une expérience, on marque deux ribonucléotides triphosphates avec des isotopesradioactifs différents pour les phosphates α et γ. Après action d’une polymérase, sur le brin néo-synthétisé :A. On ne retrouve pas la radioactivité liée à l’isotope correspondant au phosphate γB. Seul le phosphate γ a été éliminé.C. Le phosphate forme un pont phosphodiester entre le carbone 3’ du premier nucléotide et le carbone 5’du second.D. Une faible quantité de radioactivité relevée est liée à l’isotope correspondant au phosphate α.E. Une liaison anhydride d’acide du second nucléotide a été coupée.QCM 31 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?A. La traduction aboutit à des protéines matures.B. L’enveloppe nucléaire dans les cellules procaryotes permet d’isoler le cytoplasme du DNA.C. Dans les virus à RNA, il y a une réplication directe du RNA en RNA.D. Les rétrovirus sont des virus à RNA.E. Il y a une étape de transcription de DNA en RNA dans le cycle des rétrovirus.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 61
  • 62. QCM 32 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?A. Le DNA se présente sous la forme d’un brin composé d’un enchaînement de ribonucléotides orienté 5’ 3’.B. La longueur du génome est corrélée à la complexité des organismes.C. Le DNA peut être monocaténaire chez certains virus.D. La transcription est plus lente en regard des associations A=T en raison de leur plus faible énergie.E. Les interactions entre DNA et protéines se font plutôt au niveau du grand sillon.QCM 33 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?A. La biosynthèse de l’ADN se fait de manière asymétrique sur les 2 brins.B. Le diamètre de l’hélice du DNAB fait 20 nm.C. Le DNAA est une forme compactée de DNAB, obtenue après déshydratation.D. Le DNAz a une hélice gauche.E. Si la température du milieu est inférieure à la température de fusion du DNA, le DNA est sous formemonocaténaire car les 2 brins n’ont pas encore fusionné.QCM 34 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?A. A fortes concentrations, les sels diminuent le Tm.B. La composition en bases influence le Tm.C. Une augmentation de la concentration en Formamide diminue le Tm.D. La stringence est élevée lorsque la température et la force ionique sont élevées.E. Une électrophorèse permet de charger électriquement les brins de DNA.QCM 35 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?A. Sur électrophorèse, l’association protéines / oligonucléotide migre plus lentement quel’oligonucléotide seul.B. Le DNA chaud a une température supérieure au Tm.C. L’électrophorèse peut se faire sur colonnes de billes.D. A concentration égale, le DNA monocaténaire absorbe plus que le DNA bicaténaire.E. Le pH intervient dans la stabilité de la double hélice.QCM 36 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La réplication est dite semi-conservative car chaque cellule fille a gardé la moitié du DNA maternel àl’issue de la division cellulaire.B. La molécule d’ADN peut être traduite en ARN messagers qui pourront être transcrits en protéines.C. Les êtres procaryotes possèdent un matériel génétique isolé du cytoplasme par l’enveloppe nucléairetandis que les eucaryotes possèdent un matériel génétique qui flotte dans le cytoplasme.D. Il existe des virus dont le génome est constitué d’ARN et chez qui la réplication concernera donc nonpas l’ADN mais l’ARN.E. On dénombre aussi des virus à ARN dont le métabolisme passe par une étape de synthèse d’ADN àpartir de l’ARN, ADN qui sera ensuite transcrit en ARN dont certains seront traduits en protéines : on lesnomme rétrovirus et le VIH en est un exemple.QCM 37 : Concernant la structure de l’ADN :A. Une molécule d’ADN eucaryote, au repos, est constituée de deux brins antiparallèles, chacun étantcomposé d’un enchaînement de ribonucléotides.B. Les deux brins sont complémentaires selon les règles d’appariements suivantes : l’adénine s’apparieavec la thymine et la cytosine avec la guanine.C. L’ADN, lorsqu’il est associé à diverses protéines, est qualifié de non fonctionnel.D. La liaison entre cytosine et guanine est plus fragile que celle entre adénine et thymine.E. Le fait que les deux brins d’ADN soient antiparallèles implique qu’ils ne se répliqueront pasexactement de la même façon.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 62
  • 63. QCM 38 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Afin de séparer les deux brins d’ADN obtenus par fusion de la molécule d’ADN bicaténaire initiale,on peut jouer sur la stringence du milieu.B. L’ADN, s’il est lié à des protéines, migrera davantage que celui qui est nu.C. Afin de purifier les protéines auxquelles l’ADN est lié, la chromatographie d’affinité est une méthodede choix.D. Si l’on diminue la concentration en sels du milieu on augmente la température de fusion de lamolécule d’ADN bicaténaire.E. Rajouter du formamide au milieu permet de moins chauffer pour dénaturer l’ADN bicaténaire.QCM 39 : Quelles sont les propositions qui vous paraissent exactes en ce qui concerne la structuredu DNA ?A. Le DNA eucaryote est circulaire double brin.B. Les super-tours sont des structures réversibles.C. La chromatine est l’association DNA – protéines.D. Le DNA faisant le lien entre les nucléosomes est dit intra-nucléosomal.E. Il existe au sein d’un nucléosome 5 types d’histones.QCM 40 : Indiquer les propositions exactes en ce qui concerne les nucléosomes :A. Les nucléosomes appartiennent aux fibres de 110 Angström.B. En traitant de la chromatine in–vitro par une endonucléase, c’est le DNA inter- nucléosomal qui seracoupé.C. Après un tel traitement, il se peut qu’on observe des dinucléosomes.D. L’histone H1 est codée par un gène contenant 1 intron.E. Les histones sont les seules protéines associées au DNA.QCM 41 : Indiquer les propositions exactes en ce qui concerne le génome mitochondrial :A. Il est circulaire et bicaténaire.B. Les mitochondries auraient une origine bactérienne, puis se seraient associées par symbiose à unecellule procaryote.C. Toutes les protéines mitochondriales sont codées par le génome mitochondrial lui-même.D. La proportion du DNA mitochondrial représente une proportion très variable du DNA génomique.E. Chez les mammifères, le foie est en général un organe riche en mitochondries.QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La compaction du DNA diminue son volume, renforce sa stabilité mais n’a aucun effet sur sesfonctions.B. Le DNA procaryote est circulaire double brin.C. La chromatine eucaryote a plusieurs niveaux d’organisation : dans la boucle de 3000 Angstrom, leDNA est circulaire.D. Les histones sont des protéines basiques, c’est ce qui explique leur affinité pour le DNA.E. Le nucléosome est composé de DNA nucléosomal et d’un tétramère d’histones nucléosomales.QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. L’histone H1 est internucléosomale.B. Le DNA internucléosomal est plus fragile que le nucléosomal bien qu’il soit protégé par l’histone H1.C. La nécrose est une mort cellulaire régulée et programmée.D. Les histones sont des protéines très conservées au cours de l’évolution.E. Sur le DNA procaryote, les gènes peuvent être trouvés sur les 2 brins et la densité génique est trèsimportante.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 63
  • 64. QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Il n’existe qu’un type de génome eucaryote : le génome nucléaire.B. Le DNA des pseudo-gènes et des introns est non codant car non compris dans les gènes.C. Les exons sont des séquences de DNA codantes.D. Le DNA mitochondrial est circulaire double brin comme chez les procaryotes.E. Il n’y a pas d’introns dans les 37 gènes du DNA mitochondrial.QCM 45 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le nombre de copies de DNA mitochondrial par cellule est fixe chez un même individu.B. Chez l’homme, la densité génique du DNA nucléaire est relativement faible.C. Dans le DNA procaryote, il existe des séquences hautement répétitives qui se réhybrident plusrapidement que les autres dans une renaturation.D. Dans le DNA eucaryote, les séquences satellites, qui appartiennent aux séquences hautementrépétitives, sont de l’hétérochromatine non codante.E. Les séquences moyennement répétitives peuvent être codantes (séquences Alu, Line) ou non codantes(rRNA, tRNA).QCM 46 : Expérience de ré-hybridation du DNA eucaryote :A. L’expérience donne des résultats identiques avec du cDNA.B. Les séquences hautement répétitives se réhybrident en dernier car elles sont les plus nombreuses.C. Les séquences moyennement répétitives ont une vitesse de ré-hybridation moyenne, et représentent25% à 40% du génome humain.D. Les séquences non répétées comme les gènes des rRNA se ré-hybrident le plus lentement.E. Avec du DNA bactérien, on aurait obtenu un seul Tm à la différence des 3 Tm avec le DNA demammifères.QCM 47 : On prépare de la chromatine à partir de noyaux cellulaires. On traite cette chromatinepar de la nucléase de micrococcus (endonucléase qui coupe au hasard le DNA double brinaccessible, c’est-à-dire non protégé par des protéines). Puis l’ADN est extrait et purifié (techniquephénol/eau). Après séparation des fragments par électrophorèse, on visualise par coloration desbandes correspondant à une taille de 180, 360 pb et des fragments de taille supérieure (multiples de180) correspondant à des mononucléosomes et oligonucléosomes de taille croissante.A. Les fragments de 180 pb correspondent à la longueur du DNA nucléosomal “protégé”.B. Le phénomène d’action de cette endonucléase dans cette expérience est similaire à celui qui seraitobservé lors de la nécrose cellulaire.C. Plus le temps d’action des endonucléases est important, plus on obtiendra de fragments de 180 pb.D. Cette expérience aurait donné les mêmes résultats sur le DNA d’E. Coli.E. Une expérience conduite sur du DNA préalablement traité pour être séparé des histones aurait donnédes résultats identiques.QCM 48 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Un nucléosome est constitué de 8 molécules d’histones, de 4 types différents : H1, H2, H3, H4.B. L’acétylation des histones régule leur association au DNA procaryote.C. L’ADN compris dans un nucléosome fait environ 180 pb.D. Les séquences Alu peuvent être présentes à l’intérieur des introns.E. La RNA-polymérase III transcrit (entre autres) les rRNA et le RNA7SLQCM 49 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La proportion du DNA mitochondrial dans le DNA cellulaire total est indépendant du type cellulaire.B. Les séquences satellites sont souvent disposées en tandem.C. Le DNA non codant du génome humain peut parfois être transcrit.D. Les mutations des gènes des histones sont nécessaires à l’adaptabilité de l’espèce humaine.E. Les mini-satellites sont des séquences dites polymorphes car leur motif central conservé est entouréd’une périphérie variable© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 64
  • 65. CorrectionQCM 1 : BA/ Le DNA se trouve aussi dans les mitochondries (donc le RNA y est aussi présent)C/ Les virus ne sont pas des cellules ! Ce sont du matériel génétique (ADN ou ARN) associé à desprotéines qui forment la capside et parfois à des lipides qui forment une enveloppeD/ Le DNA est un enchaînement de désoxyribonucléotidesE/ Le DNA humain est bicaténaire ! Toutefois il est très transitoirement monocaténaire lors de laréplication et de la transcription… On dit donc que le DNA au repos est bicaténaire et que le DNA actifest monocaténaireQCM 2 : BA/ Les eucaryotes (dont l’homme) ont un plus grand génome que les procaryotes ! Mais dans le règneeucaryote l’homme a un génome de taille inférieure à celui des amphibiens ou des plantes par exempleC/ Le DNA des bactéries est aussi bicaténaire (à quelques exceptions près)D/ Pas d’uracile dans l’ADNE/ Réplication : DNA-polymérase DNA-dépendante (= fabrique de DNA en utilisant une matrice deDNA)Transcription inverse : DNA-polymérase RNA-dépendante (= reverse-transcriptase = fabrique du DNAen utilisant une matrice de RNA)QCM 3 : BDEA/ Les différents types de DNA sont A, B (la forme prédominante) et ZC/ 10 pour la forme B, 11 pour la forme A et 12 pour la forme ZQCM 4 : BDEA/ DO à 260 nmC/ On peut les réassocier (= renaturation = hybridation) si on refroidi doucementQCM 5 : EOn a T (et non U) donc il s’agit d’ADN. De plus pour être bicaténaire il aurait fallu que A = T et que C =G ; ici il n’y a pas autant de A que de T ⇒ DNA monocaténaireQCM 6 : BDEA/ Que chez eucaryotes !C/ 8 molécules d’histones qui représentent 4 types différents : 2 H2A, 2 H2B, 2 H3 et 2 H4QCM 7 : AucuneA/ Pas le DNA (désoxyribose) B/ Pas le RNA C/ Pas le RNA (transcription)D/ Pas le RNA (porte les transcrits de gènes) E/ Pas le DNA (bicaténaire)QCM 8 : ACEB/ Pas d’histones chez les bactéries ! D/ Pas le type H1 qui est internucléosomalQCM 9 : BA/ Chez les eucaryotes on a une très faible densité génique c’est-à-dire que les gènes et leurs zonesrégulatrices n’occupent environ que 10% du génome nucléaire (90% de « séquences poubelles »).C/ Ne pas confondre avec les expériences de fusion/dénaturation !! Ici c’est le contraire, on réhybride (=renature) les brins… En abscisse on a le Cot (concentration X temps) et en ordonnée on a le pourcentagede réhybridation.D/ Toutes les séquences uniques ne sont pas codantes: les introns et les pseudo-gènes sont non codants.E/ Le plus tardivement© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 65
  • 66. QCM 10 : ACDEB/ Les séquences « mini satellites » sont hautement répétitivesQCM 11 : DEA/ L’état linéaire n’est qu’artificiel (obtenu par coupure du cercle par des endonucléases)B/ Au contraire c’est l’état qui migre le plus grâce à sa plus grande densitéC/ La topoisomérase II consomme plus d’énergie, on dit qu’elle est ATP-dépendante alors que latopoisomérase I a juste besoin d’énergie pour rétablir la continuité des brins (ATP-indépendante)QCM 12 : ACDEB/ Il peut y avoir réparation avec induction d’erreur…QCM 13 : ACEB/ Si on étudie seulement les fibroblastes en cours de prolifération on ne peut connaître que le total dethymidine incorporée sans savoir la part due à la réplication et celle due à la réparation.D/ Pas de thymines dans le RNA donc pas de dimères de thymine !QCM 14 : ABCD/ Rien à voir ! Les fibroblastes deviennent tous quiescents après un certain nombre de divisions et cecin’est pas pathologiqueE/ Les UV induisent la formation de dimères de thymine chez tous les sujets ! Par contre les sujetsmalades (comme le sujet 3) auront des difficultés pour les réparerQCM 15 : BEA/ Exonucléases car coupent les nucléotides situés aux extrémités (on parle d’exonucléases 5’ oud’exonucléases 3’ selon l’extrémité par laquelle elles sont capables de couper).Endonucléases car coupent entre 2 nucléotides n’importe où dans la chaîne (sauf aux extrémités).B/ Exact car les acides nucléiques étant naturellement chargés négativement (de par leurs phosphates) ilsmigrent tous vers l’anode donc il n’y a pas de séparation en fonction de la charge contrairement auxprotéines qui peuvent migrer selon leur charge et leur taille/PM.C/ Les histones ont été extraits par le phénol avant l’action de la nucléase donc cette dernière a coupén’importe où laissant des bandes de toutes taillesD/ Le processus d’apoptose induit l’activation de nucléases qui coupent l’ADN non protégé par desprotéines, on obtient donc dans ce cas des fragments de 180 pb ainsi que des multiples de 180. Ici lesnucléases ont pu couper partout donnant une grande diversité de fragments sur l’électrophorèse. Cettediversité de fragments pourrait être obtenue en analysant la chromatine (sans extraction) de cellulessubissant la nécrose.E/ Tout à fait car la nucléase aurait agit en présence des histones qui auraient protégé le DNAnucléosomal (qui fait environ 180 pb) et la nucléase n’aurait pu couper qu’au niveau du DNAinternucléosomalQCM 16 : ABDEL’électrophorèse comporte 2 rangées de bandes, celle du bas représente la migration maximale quandl’ADN est seul, celle du haut représente le retardement de l’ADN qui est lié à des protéines. Un trait épaisreprésente une forte quantité d’ADN radioactif et un trait fin représente une faible quantité d’ADNradioactif, s’il n’y a pas de signal sur la rangée du haut cela signifie qu’il n’y a pas d’ADN radioactifretardé donc que celui-ci n’est lié à aucune protéine. Le compétiteur n’est pas marqué donc jamais visiblequ’il soit présent ou non !© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 66
  • 67. QCM 17 : BEOn voit qu’avec ou sans compétiteur le signal de la bande retardé est identique pour les protéines B et E.Cela signifie que les protéines B et E se lient spécifiquement à l’ADN total car si elles pouvaient aussi selier au compétiteur elle se lieraient moins à l’ADN total dont une plus faible quantité serait retardé ce quiengendrerait une baisse du signal autoradiographique (on aurait un trait fin comme pour les protéines A etD qui peuvent se lier sur le DNA total ou sur le compétiteur).QCM 18 : BDEA/ 34 Angstroms pour le DNA-B seulementC/ Les chaînes sont antiparallèles donc l’extrémité 5’ de l’une est du même côté que l’extrémité 3’ del’autre et inversementE/ C’est vrai car si le tour de l’hélice correspond à 10 nucléotides et que 1 tour fait 360° on a 360 / 10 =36° entre chaque nucléotide. Les types A et Z ayant respectivement 11 et 12 nucléotides par tour,l’angulation entre chaque est donc inférieure.QCM 19 : AEn face d’un G se met en place un C et inversement.En face d’un A de l’ADN se met en place un U sur l’ARN.En face d’un A de l’ARN se met en place un T sur l’ADN.QCM 20 : CDA/ Procaryotes : circulaire relâché ou super-enroulé Eucaryotes : nucléosomes, solénoïde, etc…B/ Pas pour les procaryotesE/ Oui pour les eucaryotes mais les procaryotes ont des séquences dont la cinétique de réassociation esttoujours la mêmeQCM 21 : ABCD/ Les ribosomes interagissent avec les ARNm, les ARNt, les acides aminés…E/ La gyrase = topoisomérase II se trouve chez les procaryotesQCM 22 : ABDEC/ Liaison ester (pas riche en énergie) entre sucre et phosphate αQCM 23 : CLe Tm est la température qui correspond à la valeur moyenne entre l’absorbance minimale (celle où toutle DNA est bicaténaire) et l’absorbance maximale (celle où tout le DNA est monocaténaire). En effet lacourbe de cette expérience est une sigmoïde et cette absorbance moyenne correspond à l’absorbancequand 50% du DNA est bicaténaire et 50% monocaténaire, cette proportion 50/50 étant la définition duTm (température où la moitié des appariements se sont dissociés).Donc ici A(mini.) = 1,30 et A (max.) = 1,60 donc A(moyen) = 1,45 ⇒ 80°CMalheureusement dans les exercices des profs, ceux-ci ne mettent pas toujours vraiment en évidence lefait que les première et dernière valeurs d’absorbance soit les valeurs minimale et maximale donc parfoisil faut le supposer afin de calculer la moyenne et trouver le Tm… Autrement il faut tâtonner en essayantde trouver la température « centrale » c’est-à-dire qu’en augmentant ou diminuant cette température d’unecertaine valeur on trouve une différence absolue d’absorbance identique (logique si on se souvient que lacourbe est une sigmoïde et que le Tm croise le point centrale de cette courbe).QCM 24 : CDans 1 morgan on a une recombinaison sûre donc le génome a une taille de 30 morgans :30 morgans = 3 000 000 000 pb ⇔ 1 morgan = 100 000 000 pb1 millimorgan = 100 000 pb17 millimorgans = 1 700 000 pb = 1 700 kilo-pb (attention à l’unité !!)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 67
  • 68. QCM 25 : D•Calcul de la longueur de génome correspondant à 24 centimorgans :1 centimorgan = 1 000 000 pb24 centimorgans = 24 000 000 pb•Calcul de l’espacement des séquences Line : 3 000 000 000 / 5 000 = 600 000 (pb)•Calcul du nombre de séquences Line dans 24 centimorgans : 24 000 000 / 600 000 = 40QCM 26 : ACDB. Ce sont les nucléotides tri-phosphates qui peuvent polymériser !E. Les liaisons peptidiques ne sont pas riches en énergieQCM 27 : DA. C’est à la position 5’ du sucre que sont les phosphatesB. Il y a un seul phosphateC. Les ADN-polymérases ont besoin d’une amorce pour commencer la biosynthèseE. Les liaisons phosphodiesters se font dans le sens 3’ vers 5’QCM 28 : ABEC. Le 5-iodo-désoxyuridine est un antiviral local.D. L’allopurinol inhibe la synthèse d’acide urique, il n’a pas de propriétés immunodépressives.QCM 29 : ACDA. 5-fluoro-uracileB. Seulement 2 : la puromycine et la 6-mercaptopurine.E. Seule la puromycine est un dérivé de nucléotide, les autres sont des dérivés de bases azotées.QCM 30 : ACEB. Les phosphates β et γ sont éliminés.D. La totalité de la radioactivité correspond à l’isotope radio-actif constitutif du phosphate α puisqu’il estle seul phosphate intégré à l’oligonucléotide formé.QCM 31 : CDEA. La traduction aboutit à des protéines précurseurs. Les protéines deviennent matures à la suite demodifications post-traductionnelles.B. Pas d’enveloppe nucléaire dans les cellules procaryotes.E. Exact : RNA → cDNA → RNA → ProtéinesQCM 32 : BCEA. Ce sont des désoxyribonucléotides.D. La transcription est plus lente en regard de C≡G car cette liaison est plus énergétique que la liaisonA=T.QCM 33 : ACDB. 20 ǺE. La température de fusion (Tm) est la température de rupture des liaisons. Lorsque la température dumilieu est inférieure au Tm, le DNA est sous forme bicaténaire.QCM 34 : BCA. A fortes concentrations en sels, il ne se passe rien.B. Si beaucoup de G/C, le Tm sera plus élevé.D. La stringence est élevée lorsque la température est élevée et la force ionique est faible.E. Une électrophorèse permet de séparer les brins de DNA.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 68
  • 69. QCM 35 : ADEA. Vrai car plus la taille est grande et plus la vitesse de migration est lente.B. Rien à voir : chaud = marqué radioactivement.C. Elle se fait sur gelQCM 36 : ADEB. La molécule d’ADN sera transcrite en ARN messagers qui seront traduits en protéines.C. C’est l’inverseQCM 37 : BEA. C’est un enchaînement de désoxyribonucléotides.C. L’association ADN / protéines est indispensable au bon fonctionnement de l’ADN.D. Il existe une triple liaison hydrogène entre cytosine et guanine alors qu’il n’existe qu’une doubleliaison entre adénine et thymine. La liaison C/G est donc plus stable que la liaison A/T.E. Vrai car sur un des deux brins (appelé brin direct) la réplication pourra se faire d’un seul trait tandisque sur l’autre elle se fera de manière discontinue par synthèse de fragments d’Okasaki (on parle de brinretardé).QCM 38 : ACEA. Vrai, cest-à-dire que l’on fait varier les propriétés du milieu afin de modifier celles des brins d’ADN.B. La liaison de l’ADN aux protéines va l’alourdir donc freiner sa migration. Il migrera donc moins quel’ADN nu.D. On la diminue.QCM 39 : BCA. Linéaire double brinD. Ce DNA est dit inter–nucléosomal (ou DNA-linker)E. Au sein du nucléosome on ne trouve que 4 types (H2A, H2B, H3 et H4)QCM 40 : ABCC. Vrai car l’endonucléase ne coupe pas obligatoirement tous les ADN linker, elle peut en laisser intact.Plus on laisse l’endonucléase agir et plus les nucléosomes seront uniques.D. Les histones sont codées par des gènes sans introns.E. Il y en a d’autres : HMG, polymérases…QCM 41 : AEB. Les mitochondries se seraient associées à une cellule eucaryote.C. La grande majorité des protéines mitochondriales est codée par le génome nucléaire (seuls 13 typessont codés par le génome mitochondrial).D. Le DNA mitochondrial n’est pas nucléaire. La proposition est vraie si on remplace « génomique » par« cellulaire ».QCM 42 : BDA. Cela régule aussi les fonctions (en général le DNA compacté est non fonctionnel, c’est pour cela queles histones se détachent pour que le DNA devienne fonctionnel).C. Le DNA eucaryote est toujours linéaireE. Un octamère d’histonesQCM 43 : ABDEC. C’est l’apoptose qui est une mort régulée et programmée© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 69
  • 70. QCM 44: CDEA. Génome nucléaire et génome mitochondrialB. Même si les introns sont non codants, ils font partie des gènes.QCM 45 : BDA. Chez un même individu, ce nombre dépend du type cellulaireC. Dans le DNA eucaryoteE. Les exemples sont inversésQCM 46 : CEA. Le cDNA est obtenu par réverse-transcription d’ARNm, il ne contient donc pas de séquences noncodantes hautement répétitives.B. Elles se ré-hybrident en premier.D. Les gènes codants pour les rRNA sont présents en multiples copies, jusqu’à 200 dans le génomehumain.QCM 47 : ACB. Lors de l’apoptose : mort cellulaire programmée, active.D. Le DNA procaryote ne contient pas d’histones.E. Ce sont les histones qui protègent le nucléosome de 180 pb, donc s’il n’y avait pas d’histones on auraitdes fragments de toutes tailles.QCM 48 : CDA. Histones H2A, H2B, H3, H4 alors que H1 n’appartient pas au nucléosome.B. Au DNA eucaryote.E. La RNA-polymérase III transcrit les tRNA, le RNA7SL et le rRNA5S seulement car les autres rRNA sonttranscrits par la RNA-polymérase I.QCM 49 : BCEA. La proportion du DNA mitochondrial dans le DNA cellulaire total dépend du type cellulaire.C. Vrai, quelques séquences ALU sont transcrites en RNA non fonctionnel.D. Les gènes des histones sont très conservés au cours de l’évolution, toute mutation est probablementlétale.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 70
  • 71. REPLICATION 29 QCMQCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ La réplication conduit au doublement du matériel génétique d’une cellule (ADN et ARN)B/ La réplication est dite « semi-conservative » car chaque cellule fille a gardé la moitié du DNAmaternelC/ La réplication se produit avant la division cellulaireD/ La réplication fait intervenir des DNA-polymérases (I et III) mais pas de RNA-polymérasesE/ La réplication est peu fidèle (une erreur pour 100 millions de paires de bases)QCM 2 : DNA-polymérases et RNA-polymérases ont en commun les caractéristiques suivantes :A/ Elles peuvent utiliser toutes deux une matrice d’ADNB/ Elles peuvent utiliser toutes deux une matrice d’ARNC/ Elles ont une activité proof-reading (lecture-correction des erreurs immédiates)D/ Elles servent toutes deux à la synthèse du brin direct et du brin indirectE/ Elles synthétisent les chaînes dans le sens 5’-3’QCM 3 : Le primosome :A/ C’est une RNA-polymérase DNA-dépendanteB/ La primase est un complexe ribonucléoprotéiqueC/ C’est le complexe spécifique chargé de la synthèse des amorces pour l’ADN-polyméraseD/ Les protéines n, n’, n’’ et i reconnaissent l’endroit où le primer doit être synthétiséE/ Le « dna C » est un fragment d’ADN qui active l’enzyme primaseQCM 4 : DNA-polymérase I et DNA-polymérase III ont en commun les caractéristiques suivantes :A/ Elles participent à la synthèse du brin direct et du brin indirectB/ Elles utilisent des désoxyribonucléotides mono-phosphates, di-phosphates ou tri-phosphates commesubstratsC/ Elles possèdent une activité proof-reading (lecture-correction des erreurs immédiates)D/ Elles synthétisent les brins d’ADN dans le sens 5’ 3’ à la même vitesseE/ La DNA-polymérase III a besoin d’une amorce alors que la DNA-polymérase I n’en a pas besoinQCM 5 : La fidélité de la réplication :A/ Sans l’activité proof-reading des DNA-polymérases, le taux d’erreur serait 10 000 fois plus élevéB/ La fonction proof-reading consiste au retrait du nucléotide sous forme mineure dernièrement mis enplace grâce à une activité exonucléasique 3’ de la DNA-polyméraseC/ Il y a environ une 30aine de mutations à chaque réplication malgré les systèmes de correctionD/ Si une DNA polymérase met une thymine en face d’une guanine, l’activité polymérasique de l’enzymeva probablement immédiatement s’arrêter et une activité exonucléasique va s’enclencherE/ La réplication est un facteur intrinsèque de variation du génome© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 71
  • 72. QCM 6 :La séquence synthétique d’ADN double brin suivante est marquée au carbone 14 sur l’adénine etau ³H sur la guanine. Un des 2 brins présente une délétion indiquée par ---.5’CCCCGGGGGGGG-----------------AAAAAAAAAAAAAATTTTTTCCCCC3’3’GGGGCCCCCCTTTTTTGGGGGGGTTTTTTTTTTTTTTAAAAAGGGGG5’On fait agir, in vitro, une DNA-polymérase I en présence de dTTP, dATP, dGTP (tout trois nonmarqués) et de (α³²P)dCTP (dCTP marquée au ³²P sur le phosphate α) et de tous les cofacteursnécessaires au fonctionnement de la DNA-polymérase.A la fin de l’expérience, parmi les événements cités ci-dessous, lesquels sont prévisibles ?A/ La DNA-polymérase I va exciser quelques guanines avec sa fonction exonucléasique 3’→ 5 etquelques adénines avec sa fonction exonucléasique 5’ → 3.B/ La radioactivité au carbone 14 sera de même valeur au début et à la fin de l’expérience car 2 adéninesseront ajoutées à la place des 2 guanines qui sont appariées avec les thymines et de l’autre côté 2 adéninesappariées avec des guanines seront remplacées par 2 cytosinesC/ Grâce à sa fonction polymérasique l’ADN-polymérase I va mettre en place des adénines face auxthymines et des cytosines face aux guanines toujours en parcourant la brin matrice dans le sens 3’-5’D/ A la fin de l’expérience la continuité des brins sera rétablieE/ Le même résultat aurait été obtenu si on avait mis une DNA-polymérase III à la place de la DNA-polymérase IQCM 7 : Télomères et télomèrases :A/ Les télomères n’existent que chez les eucaryotes car leur DNA n’est pas circulaireB/ La télomèrase comprend une petite séquence de RNA répétée un grand nombre de fois qui servira dematrice à la sous-unité catalytique TERT pour fabriquer un grand nombre de télomères à la fin deschromosomesC/ La télomèrase est codée par un gène présent dans toutes les cellules nucléées de l’organisme d’unhomme adulte sainD/ Les cellules somatiques d’un homme adulte sain finissent par cesser de se diviser puis vont mourir carà chaque division cellulaire (et donc à chaque réplication) le potentiel initial de télomères est diminuéE/ Les scientifiques tentent de réexprimer la télomèrase dans les cellules somatiques afin qu’elles puissentdevenir quasi-éternelles et ainsi l’humain pourrait vivre beaucoup plus longtempsQCM 8 : La DNA-polymérase III de E. coli :A/ Est une DNA-polymérase RNA-dépendante car elle a besoin d’amorces de RNAB/ Utilise des désoxyribonucléotides tri-phosphates comme substratsC/ Possède une activité proof-readingD/ Est l’enzyme qui synthétise les fragments d’Okasaki sur le brin retardéE/ Possède 2 activités exonucléasiques : 5’-3’ et 3’-5’QCM 9 : Lors de la réplication de l’ADN d’un eucaryote quelconque qui possède 5 paires dechromosomes de 150 000, 80 000, 650 000, 45 000 et 200 000 paires de bases, la double hélice estdéroulée par des hélicases. Combien (environ) de tours d’hélices de l’ADN doivent être déroulésdurant la réplication complète du génome nucléaire de cet eucaryote (on suppose que tout l’ADNest sous forme B)A/ 1 125 000 B/ 2 250 000 C/ 22 500 000 D/ 225 000 E/ 112 500© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 72
  • 73. QCM 10 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Chez les eucaryotes les origines de réplication sont très nombreuses alors qu’elle est unique chez lesprocaryotesB/ Avant la réplication, il y a intervention chez les bactéries d’une télomèrase afin de dérouler les super-tours de la double hélice d’ADN pour obtenir du DNA circulaire relâché nécessaire à la réplicationC/ Au niveau de l’origine de réplication se forme 2 fourches de réplication qui se déplacent en directionopposéeD/ Les protéines ssb interviennent après l’hélicaseE/ Les DNA-polymérases utilisent l’extrémité 3’ de leurs amorces afin de pouvoir commencer leuractivité de synthèseQCM 11 : La réplication bactérienne :A. Elle s’effectue selon un modèle semi-conservatif : on obtient deux DNA double brin, l’un constitué duDNA maternel, l’autre constitué des deux brins néosynthétisés.B. La biosynthèse du DNA au niveau d’une fourche de réplication n’est pas symétrique.C. Pour un brin matrice donné, la biosynthèse est continue à une fourche et discontinue à l’autre.D. Le sens de lecture du brin matrice par la DNA-polymérase est 5’  3’.E. Les protéines de fixation SSB fixent les brins complémentaires entre eux et interdisent donc laréplication.QCM 12 : La réplication bactérienne :A. Le primosome synthétise une amorce de RNA grâce à la primase qui est une DNA-polymérase RNA-dépendante.B. La DNA-polymérase III ajoute des nucléotides sur l’extrémité 3’ de l’amorce.C. Les DNA-polymérases DNA-dépendantes apparient à un nucléotide du brin matrice son ribose-triphosphate complémentaire.D. La DNA-polymérase III a une fonction proof-reading qui est exonucléasique.E. L’hélicase permet la séparation des brins au niveau de la fourche de réplication.QCM 13 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La topoisomérase I qui défait les super-tours est dite ATP-indépendante bien qu’une fonction ligaseconsomme 1 ATP pour rétablir la continuité de la forme circulaire relâchée.B. La DNA-polymérase utilise comme substrat les dATP, dGTP, dCTP, dUTP.C. Le brin retardé est formé par la succession de fragments d’Okasaki.D. La DNA-polymérase III utilise des amorces de DNA synthétisées par la primase.E. Les DNA-polymérases synthétisent une liaison phosphodiester entre 2 ribonucléosides successifs.QCM 14 : Quelles sont les enzymes nécessaires à la réplication bactérienne ?A. DNA-polymérase DNA-dépendante.B. DNA-polymérase RNA-dépendante.C. Hélicase.D. Primase.E. Topoisomérase.QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Après ultra-centrifugation, le DNA super-enroulé migre le plus bas dans le tube.B. La gyrase agit sur le DNA procaryote circulaire relâché.C. La survie bactérienne ne dépend pas de la présence de topoisomérases.D. Dans la phase de déroulement des super-tours du DNA bactérien, la topoisomérase I n’utilise pasd’ATP.E. La topoisomérase I et la gyrase coupent simultanément les deux brins d’ADN.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 73
  • 74. QCM 16 : La réplication bactérienne :A. Un brin parental donné sert de matrice à un brin direct dans une fourche et à un brin indirect dansl’autre.B. Les protéines SSB appartiennent au primosome.C. La biosynthèse d’un brin s’effectue de 5’ vers 3’ par addition de liaisons phosphodiesters 3’  5’D. Une amorce est indispensable aux RNA-polymérases et DNA-polymérases.E. La réplication permet le passage d’un DNA monocaténaire à un DNA bicaténaire.QCM 17 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. L’incorporation de formes tautomères mineures peut être corrigée grâce à la fonction « proof-reading »de la DNA-polymérase III.B. La primase synthétise les primers par polymérisation de dXTP.C. L’hélicase parcourt le brin matrice du brin retardé de 5’ vers 3’.D. La primase et la DNA-polymérase III utilisent une matrice de DNA.E. Comme les topoisomérases, la DNA-polymérase I possède une fonction exonucléasique.QCM 18 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les polymérases lisent toujours le brin matrice de 3’ vers 5’.B. La DNA-polymérase I dégrade les primers par sa fonction exonucléasique 5’  3’C. Le brin retardé contient les fragments d’Okasaki.D. La primase est une DNA-polymérase RNA-dépendante.E. La DNA-polymérase III synthétise des liaisons phosphodiesters 3’  5’ à l’extrémité 5’ d’une amorce.QCM 19 : Les DNA-polymérases DNA-dépendantes chez E. Coli :A. Lisent le brin matrice dans le sens 5-3.B. Synthétisent le nouveau brin dans le sens 5-3.C. Font des erreurs dappariements des nucléotides qui restent non corrigées.D. Sont en général dépourvues de fonction proof-reading.E. Synthétisent les liaisons phosphodiesters reliant les ribonucléotides.QCM 20 : A propos de la fourche de réplication des procaryotes :A. L’hélicase permet son apparition.B. Les fragments dits fragments dOkasaki sont complémentaires du DNA matrice.C. La fabrication de chaque fragment d’Okasaki nécessite la synthèse préalable dun primer fait deribonucléotides.D. Ce primer est synthétisé par une DNA-polymérase RNA-dépendante.E. Les fragments d’Okasaki sont synthétisés par la DNA-polymérase I.QCM 21 : A propos de la réplication chez les eucaryotes :A. Il ny a quune seule origine de réplication.B. Elle nécessite un nombre plus grand de DNA-polymérases que la réplication chez les procaryotes.C. De même que chez les procaryotes, il existe une hélicase qui sépare les 2 brins matrices et desprotéines stabilisatrices qui maintiennent ces 2 brins séparés.D. Du côté du brin retardé, le brin de DNA matrice fait une boucle de façon à ce que la synthèse se fassedans le sens de louverture des brins matrices.E. Elle est dite semi-conservative, cest-à-dire que les 2 brins matrices vont dans une des 2 cellules fillestandis que les 2 brins néo-synthétisés vont dans lautre cellule fille.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 74
  • 75. QCM 22 : Télomères et télomérases :A. Le télomère est un hexamère de nucléotides qui se trouve à lextrémité des chromosomes chez lesbactéries.B. Les télomères sont synthétisés par la télomérase, une DNA-polymérase RNA-dépendante, cest doncun fragment de RNA qui sert de matrice à lenzyme.C. Les télomères sont synthétisés pendant la vie embryonnaire et constituent un stock qui ne fait quediminuer au fur et à mesure des divisions des cellules somatiques.D. Plus aucune cellule de lorganisme adulte nexprime la télomérase chez le sujet sain.E. Lactivation de la télomérase serait un moyen de lutte contre la cancérisation cellulaire.QCM 23 : A propos des dimères de thymine :A. Sous l’effet d’une irradiation il y a formation de liaisons covalentes entre 2 thymines du même brin deDNA.B. Les dimères de thymine se forment entre 2 thymines situées face à face.C. Les dimères de thymine peuvent être reconnus et réparés par des systèmes de correction dans lescellules humaines.D. Les dimères de thymine vont entraîner un manque de souplesse du brin de DNA ce qui peut empêcherla transcription.E. Les cellules humaines normales sont incapables de réparer les dimères de thymine.QCM 24 : A propos des systèmes de correction du DNA :A. Il existe un système de réparation du DNA en 2 étapes : une phase de détection générale puis unephase de réparation spécifique.B. Si il y a par exemple une anomalie d’appariement, une glycosylase va couper la liaison phosphodiestergénérant ainsi un désoxyribose sans base dit site AP.C. Dans un brin de DNA, un désoxyribose sans base est reconnu par une AP-endonucléase qui coupe lesliaisons phosphodiesters.D. Il existe un système de réparation qui met en jeu une DNA-polymérase III grâce à sa fonctionexonucléasique.E. La DNA-polymérase I n’intervient pas dans les systèmes de correction puisqu’elle est spécifique à laréplication.QCM 25 : En ce qui concerne les systèmes de protection du DNAA. Il existe des molécules anti-oxydantes telles la vitamine C ou la vitamine E qui vont réparer les lésionsdu DNA.B. L’eau oxygénée est convertie en ion superoxyde par une enzyme superoxyde dismutase.C. Les radicaux oxydés ne sont pas nécessaires à la survie de la cellule.D. Les systèmes de correction détectent toujours les anomalies du DNA : ils se composent d’une phase dedétection puis d’une phase de réparation.E. Il existe des systèmes de prévention qui préviennent des altérations du DNA en captant ou eninactivant les agents chimiques génotoxiques.QCM 26 : A propos du DNA :A. Le DNA bactérien est capable d’intégrer un gène de résistance à un antibiotique présent sur du DNAexogène.B. Chez les procaryotes on peut observer de nombreuses recombinaisons du DNA appelées crossing-over.C. La structure intermédiaire en X de Holliday est formée d’un hétéroduplex DNA-DNA uniquementchez les procaryotes.D. Chez les eucaryotes, les crossing-over sont à l’origine de la diversité génique et peuvent permettre lanon transmission des altérations du DNA à la descendance.E. Dans le cas des immunoglobulines, les nombreuses recombinaisons assurent une grande variabilité deleur structure et permettent ainsi d’éviter une déficience immunitaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 75
  • 76. QCM 27 : A propos des altérations du DNA :A. Les rayonnements ionisants peuvent provoquer une cassure du DNA par effet direct ou agirindirectement par radiolyse de l’eau.B. Le Bromouracile est un analogue de la thymine qui augmente la proportion de tautomères mineurs.C. Toute mutation du DNA est à l’origine d’une anomalie sur le plan moléculaire.D. Les dimères de thymine sont deux thymines situées en vis-à-vis sur les chaînes complémentaires duDNA et qui sont liées par des liaisons covalentes.E. L’exposition aux UV induit la formation de dimères de thymine qui diminuent la souplesse du brin deDNA.QCM 28 : A propos des mécanismes de réparation du DNA :A. La superoxyde dismutase est un agent de prévention des mutations du DNA car elle transforme l’ionsuperoxyde en eau oxygénée.B. La DNA-polymérase I est capable de reconnaître une anomalie d’appariement de base avant del’exciser.C.Chez un sujet normal, les anomalies d’appariements du DNA sont rapidement réparées par le systèmeglysosylase – AP-endonucléase – DNA-polymérase II – Ligase.D. La présence d’un désoxyribose dépourvu de base induit à son niveau la coupure des liaisonsphosphodiesters par l’AP-endonucléase.E. La glycosylase associe les fonctions d’exonucléase et de polymérase à l’origine de l’excision et de laréparation du brin altéré.QCM 29 : Pour mesurer la réplication et la réparation des lésions du DNA, on cultive desfibroblastes en présence de thymidine tritiée après les avoir irradiés (+) ou non (-) par des UV. Lestaux d’incorporation de la thymidine tritiée et les taux de dimères de thymine sont indiqués dans letableau ci-dessous :Fibroblastes UV [3H]- thymidine Dimères de thymine incorporée (dpm/mg)Fibroblastes en cours de prolifération :Normaux 1 - 410 000 10Normaux 2 - 380 000 11Malade - 450 000 52Fibroblastes quiescents (ne proliférant pas) :Normaux 1 - 260 12Normaux 2 - 300 14Malade - 240 60Normaux 1 + 8000 120Normaux 2 + 7500 180Malade + 650 1450A. L’incorporation de thymidine est du même ordre de grandeur lors de la réplication ou de la réparationdu DNA.B. Chez le sujet normal, l’exposition aux UV induit beaucoup moins de dimères de thymine que chez lemalade.C. Dans les fibroblastes quiescents des sujets normaux, le taux d’incorporation plus élevé de thymidinetritiée est lié à la réparation des dimères de thymine.D. Ces résultats indiquent un déficit de réparation des dimères de thymine chez le sujet malade.E. Les fibroblastes du malade se divisent moins vite que ceux des sujets sains à cause de leur déficit enDNA-polymérase I.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 76
  • 77. CorrectionQCM 1 : BCA/ Doublement de l’ADN seulementD/ La primase est une RNA-polyméraseE/ Une erreur pour 100 millions de pb en effet donc très grande fidélitéQCM 2 : ABDEA/ En effet il existe des DNA-poly DNA-dépendantes et des RNA-poly DNA-dépendantesB/ De même il existe des DNA-poly RNA-dépendantes et des RNA-poly RNA-dépendantesC/ Pas les RNA-polymérasesD/ Oui pour le brin direct (une amorce de RNA puis le reste de DNA) et le brin indirect (plusieursamorces de RNA)E/ Notez que 5’-3’ = 5’ 3’ et que 3’-5’ = 3’ 5’ (les profs utilisent les 2 types d’écriture dans leursQCM)QCM 3 : CDA/ Le primosome contient l’enzyme primase (et des protéines associées) et c’est cet enzyme (motmasculin qu’on peut employer au féminin pour l’Académie) qui est une RNA-poly DNA-dépB/ Un complexe ribonucléoprotéique contient de l’ARN et des protéines associées ; la primase est unassemblage de chaînes protéiques seulement (pas d’ARN la constituant) E/ Le dna C est une protéineQCM 4 : ACA/ Bien sûr pour la III ; la I aussi vu qu’il y a une amorce à remplacer sur le brin direct et plusieurs sur lebrin retardéB/ Seulement des désoxyribonucléotides tri-phosphatesD/ Pas à la même vitesse : la DNA-poly III est 10 fois plus rapide que la DNA-poly I (1000nucléotides/seconde contre 100 nucléotides/seconde)E/ Ce sont les RNA-polymérases qui n’ont pas besoin d’amorces ! La DNA-poly III a besoin d’uneamorce de RNA alors que la DNA-poly I a besoin d’une amorce de DNA.Ne confondez pas amorce (= primer) et matrice !! L’amorce ou primer est ce qui est « avant » ou « àcôté » et certains enzymes polymérases comme les DNA-poly en ont besoin pour pouvoir ajouter desnucléotides à la suite alors que la matrice est ce qui est « en face » et les DNA-poly et RNA-poly s’enservent pour mettre en place les bases complémentaires de la matrice (certains enzymes comme la poly-Apolymérase n’a pas besoin de matrice pour rajouter des nucléotides).QCM 5 : ABCDEA/ Vrai puisque l’activité proof-reading corrige immédiatement 9999 erreurs sur 10 000 et le tauxd’erreur serait alors en relation avec la prévalence des formes tautomères mineures soit 1 sur 10 000C/ 1 erreur pour 100 millions de paires de bases, l’ADN nucléaire faisant environ 3 milliards de paires debases ⇒ 30 mutations pour une réplication complète chez l’humainD/ Oui car G-T est un appariement mineurE/ Vrai à cause de la 30aine de mutations systématiques. Les rayonnements ionisants ou certains produitschimiques sont des exemples de causes extrinsèques de variation du génome© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 77
  • 78. QCM 6 : ACA/ En effet la DNA-poly I peut agrandir le trou dans les deux directions car elle possède 2 fonctionsexonucléasiques : 3’ pour couper à partir de l’extrémité 3’ et 5’ pour couper à partir de l’extrémité 5’.Dans cet exemple elle pourra couper car de chaque côté il y a des erreurs d’appariements.B/ Attention ! Le nombre d’adénines sera le même au début et à la fin de l’expérience car 2 serontajoutées d’un côté et 2 enlevées de l’autre… mais seules les adénines qui ont servi à fabriquer la séquenceinitiale en laboratoire ont été marquées ! Les adénines constituant les dATP substrats sont non marquéescomme indiqué donc la radioactivité au carbone 14 va légèrement diminuer.C/ Oui car la synthèse se fait toujours dans le sens 5’-3’ donc le brin matrice est toujours parcouru dans lesens 3’-5’D/ On n’a pas précisé si une ligase avait été rajouté pour l’expérience… donc on ne peut pas affirmer quela continuité du brin qui a la délétion sera rétablie à la finE/ Non car la DNA-poly III possède seulement son activité proof-reading pour corriger les erreursimmédiates alors que la DNA-poly I possède son activité proof-reading mais c’est aussi une véritableenzyme de réparation qui peut exciser de nombreux nucléotides dans les 2 directionsQCM 7 : ACDB/ La petite séquence de RNA est unique et servira de matrice à la TERT pour fabriquer de nombreuxtélomères qui sont des séquences de DNA complémentaires de cette petite séquence de RNAC/ Et oui, toutes les cellules nucléées d’un individu possèdent le même génome c’est-à-dire les mêmesgènes !! Par contre les gènes sont différemment exprimées selon le type cellulaire, le temps,l’environnement… Le gène qui code pour la télomèrase s’exprime dans les cellules gonadiques, lescellules embryonnaires, les cellules souches mais pas dans les cellules différentiées. Il peut se réexprimerdans les cellules cancéreuses.D/ En effet au bout d’un certain nombre de division les cellules somatiques cessent leur prolifération caril existe un certain seuil lié à la disparition de télomères à chaque réplicationE/ L’arrêt de l’activité télomèrique est souhaitable car c’est un moyen naturel de lutter contre les cancers !QCM 8 : BCDA/ C’est une DNA-polymérase DNA-dépendante car elle utilise une matrice de DNA. En effet elle abesoin de primers de RNA mais le qualificatif « dépendant » ne traduit pas cela mais traduit le type dematrice !E/ Seulement 3’-5’ contrairement à la DNA-poly I qui possède les 2 types d’activité exonucléasiqueQCM 9 : DOn connaît la taille de chaque chromosome. On va additionner leur taille puis multiplier par 2 (car ce sontdes paires de chromosomes) afin de connaître la taille du génome nucléaire de cet eucaryote : (150 000 +80 000 + 650 000 + 45 000 + 200 000) X 2 = 2 250 000 paires de bases. Dans le DNA-B, un tour d’hélicecomprend 10 paires de bases donc ce génome comprend 2 250 000 / 10 = 225 000 hélices à dérouler.QCM 10 : ACDEB/ C’est une topoisomérase qui fait cela !D/ Les protéines ssb interviennent bien après l’hélicase afin de maintenir les brins séparésQCM 11 : BCA. Chaque double brin de DNA est constitué d’un brin maternel et d’un brin néosynthétisé.D. Le sens de lecture du brin matrice par la DNA-polymérase est 3’  5’ et le brin néosynthétisé l’estdans le sens 5’  3’.E. Les protéines SSB maintiennent au contraire la séparation des 2 brins matrices pour la réplication.QCM 12 : BDEA. La primase est une RNA-polymérase DNA-dépendante.C. Désoxyribose-triphosphate.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 78
  • 79. QCM 13 : ACB. Pas dUTP mais dTTP.D. Amorces de RNA.E. Entre 2 désoxyribonucléotides.QCM 14 : ACDEB. Le brin matrice est à chaque fois du DNA.QCM 15 : ABDC. Les topoisomérases sont indispensables pour la réplication bactérienne et donc elles sont nécessaires àla survie des bactéries.D. Vrai, l’action même de dérouler les super-tours de DNA ne nécessite pas d’ATP. Du fait de la tensionaccumulée, le DNA se déroule spontanément (après coupure d’un brin). La ligase qui rétablit ensuite lacontinuité de l’ADN nécessite un ATP.E. La topoisomérase I ne coupe qu’un seul des 2 brins pour dérouler les super-tours.QCM 16 : ACB. Les protéines SSB se fixent aux brins monocaténaires pour qu’ils le restent, elles n’ont rien à voir dansla synthèse des primersD. Les RNA-polymérases ne nécessitent pas d’amorce pour commencer la synthèse.E. La réplication permet le passage d’un DNA double brin parental à 2 DNA double brin.QCM 17 : ACDB. La primase est une RNA-polymérase, ses substrats sont des XTP.C. De 3’ vers 5’.E. Les topoisomérases possèdent une fonction endonucléasique.QCM 18 : ABCD. RNA-polymérase DNA-dépendante.E. A l’extrémité 3’ d’une amorce.QCM 19 : BCA. Le brin matrice est lu dans le sens 3-5 pour pouvoir synthétiser dans le sens 5-3.C. Vrai, 1 erreur sur 10 000 n’est pas corrigée.D. Les DNA-polymérases possèdent cette fonction proof-reading.E. Elles relient des désoxyribonucléotides, il sagit de réplication de DNA.QCM 20 : ABCD. Le primer étant du RNA synthétisé à partir dune matrice de DNA, cest une RNA-polymérase. DNA-dépendante qui le synthétise.E. Les fragments d’Okasaki sont synthétisés par la DNA-polymérase III.QCM 21 : BCDA. Le génome des eucaryotes étant beaucoup plus grand que celui des procaryotes, il faut quil y aitplusieurs origines de réplication sinon celle-ci serait trop lente.E. Elle est bien semi-conservative mais cela signifie que chaque cellule fille obtient 1 brin parental et lebrin néo-synthétisé complémentaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 79
  • 80. QCM 22 : BCA. Les télomères ne sont retrouvés que chez les eucaryotes car les bactéries ayant un génome circulaire iln’y a pas d’extrémités.D. Chez les sujets sains adultes, il reste des cellules dans lesquelles la télomérase est encore exprimée :les cellules souches et les cellules germinales (ces cellules ne subissent pas le vieillissement). Dautrescellules ré-expriment la télomérase comme les cellules cancéreuses : elles meurent moins vite et peuventse multiplier un plus grand nombre de fois.E. Cest linhibition de la télomérase qui est un moyen de lutte contre les cancers (cf. justificationprécédente).QCM 23 : ACDB. Les dimères de thymine se forment entre 2 thymines adjacentes du même brin.E. Les cellules humaines normales sont capables de réparer les dimères de thymine.QCM 24 : CA. La phase de détection est spécifique et la phase de réparation est générale.B. La glycosylase va couper une liaison N-osidique.D. C’est la DNA-polymérase I qui sert à la réparation (la III a seulement le proof-reading).E. La DNA-polymérase I intervient dans les systèmes de réparation, même pour corriger des erreurs nondues à la réplication.QCM 25 : CEA. Les vitamines C et E ne réparent pas les lésions du DNA, elles appartiennent aux systèmes deprévention.B. C’est l’ion superoxyde qui est converti en eau oxygénée par l’enzyme superoxyde dismutase.D. Pas toujours.QCM 26 : ADEB. Les crossing-over ont lieu dans les cellules eucaryotes.C. Dans le cours la structure en X de Holliday est évoquée chez les procaryotes et les eucaryotes.QCM 27 : ABEC. Une mutation du DNA peut être silencieuse c’est-à-dire n’entraîner aucune conséquence à l’échellemoléculaire.D. Les dimères de thymine sont deux thymines adjacentes liées par liaison covalente sur le même brin.QCM 28 : ADB. L’anomalie d’appariement de base est reconnue par la glycosylase.C. C’est la DNA-polymérase I.E. C’est la DNA-polymérase I (pas la glycosylase).QCM 29 : CDA. Le taux d’incorporation de thymidine est beaucoup plus élevé lors de la réplication.B. L’exposition aux UV induit approximativement autant de dimères de thymine chez le sujet sain que lesujet malade mais ils seront majoritairement corrigés chez le sujet sain.E. Les fibroblastes du malade se divisent autant que ceux des sujets normaux. Il n’y a pas de déficit de laréplication.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 80
  • 81. ELEMENTS GENETIQUES MOBILES REPLICATION VIRALE 26 QCMQCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Les bactériophages sont des bactéries infectant d’autres bactériesB/ Les transposons se déplacent dans le noyau cellulaire pour s’insérer ailleurs dans le génomeC/ Les virus, pour pouvoir se répliquer, ont besoin d’infecter une cellule hôteD/ Les polymérases des virus n’ont pas de fonction proof-reading d’où un taux de mutations élevéE/ Les virus à RNA se distinguent par la possession d’une reverse-transcriptaseQCM 2 : Les virus à RNA à brins négatifs :A/ La RNA-polymérase RNA-dépendante est préexistanteB/ Leur génome est simple brinC/ Certains brins de RNA négatifs sont directement traduits en protéines virales qui s’associeront avecd’autres brins négatifs (non traduits) pour former de nouveaux virusD/ Leur réplication nécessite des amorcesE/ Leur matériel génétique va s’insérer dans le génome de la cellule infectéeQCM 3 : Les virus à DNA :A/ Peuvent être double brin circulaire ou linéaireB/ Ne peuvent pas être simple brinC/ Utilisent la machinerie de réplication de la cellule infectéeD/ Possèdent une reverse-transcriptaseE/ Utilisent des DNA-polymérases DNA-dépendantes pour se répliquerQCM 4 : Les plasmides :A/ Ils peuvent être épisomaux ou intégrés dans le chromosome bactérienB/ Un plasmide peut s’insérer dans n’importe quel chromosome bactérien si on les laisse suffisamment detemps en contactC/ Quand il est intégré dans le chromosome bactérien, les gènes du plasmide ne s’expriment pas car desprotéines de la bactérie le maintiennent à l’état quiescentD/ Ils servent de vecteurs pour le clonage des gènesE/ Ils peuvent passer d’une cellule à l’autreQCM 5 : Les RNA-polymérases RNA-dépendantes :A/ Sont possédées par tous les virus à ARNB/ Utilisent des nucléotides tri-phosphates comme substratsC/ Possèdent une fonction proof-readingD/ Sont des brins de ribonucléotides qui se succèdent par des liaisons phosphodiestersE/ Utilisent une amorce de RNAQCM 6 : Les transposons :A/ Les transpositions selon le mode duplicatif font intervenir une réplication et conduisent à obtenir 2 foisl’élément génétique mobile en questionB/ Les transpositions selon le mode non duplicatif font intervenir un complexe de transposition seulementC/ Les transposons permettent la transmission de gènes de résistance aux antibiotiquesD/ Ils peuvent être à l’origine de maladies quand la transposition se fait à l’intérieur d’un gèneE/ Leur insertion est permise par la présence de séquences terminales répétées aux extrémités dutransposon© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 81
  • 82. QCM 7 : Les virus à RNA :A/ Dans les virus à RNA brin positif, le brin positif est répliqué un grand nombre de fois donnant desRNA brins négatifs qui seront le génome des virus de 2ème générationB/ Les virus à RNA à brin positif possèdent au préalable une RNA-polymérase RNA-dépendante afind’obtenir des brins complémentaires négatifs qui serviront à la même RNA-polymérase RNA-dépendantepour obtenir de nouveaux brins positifsC/ Ont un taux de mutations 10 000 fois plus élevé que celui des virus à DNAD/ Certains utilisent une reverse-transcriptase afin de s’insérer dans le génome de la cellule infectéeE/ Il y a intervention des hélicases afin de séparer les brins lors de la réplicationQCM 8 : Les bactériophages :A/ Dans la phase lytique le virus est détruit lors de la libération de la bactérieB/ Des événements inducteurs sur la cellule humaine comme le stress ou un choc thermique peuvent fairepasser les phages de la phase lysogène à la phase lytiqueC/ Lors de la phase lysogène, le génome viral du phage est inséré dans le chromosome de la bactérie et setrouve alors à l’état latentD/ Sont à l’origine des séquences ALUE/ Dans la phase lytique, le virus se multiplie à côté du chromosome bactérien et beaucoup plusrapidement que la bactérieQCM 9 : Les modèles d’insertion des éléments génétiques mobiles :A/ Un complexe protéique « transposase » est responsable de l’insertion des éléments génétiques mobilesdans un génome cibleB/ S’il n’y a pas d’homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible, lacoupure sera franche au niveau de l’élément génétique mobile et nécessitera la synthèse d’un morceau deDNA au niveau simple brinC/ La mise en évidence de séquences terminales répétées (de même sens ou inversées) peut permettre derepérer l’élément génétique mobileD/ S’il y a homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible la coupuresera à bouts collants ou cohésifs et ne nécessitera donc pas la synthèse d’un morceau de DNAE/ S’il y a homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible, la coupureétant à bouts collants ou cohésifs, il n’y aura pas besoin de l’action d’une ligaseQCM 10 : Les rétrovirus :A/ Sont des virus à DNA ou à RNA caractérisés par la possession d’une reverse-transcriptaseB/ Sont des virus spécifiques des bactéries comme les bactériophagesC/ Toutes les cellules humaines sont sensibles au rétrovirus du VIHD/ Possèdent tous une reverse-transcriptase dont l’une des capacité est de détruire l’ARN dansl’hétéroduplex ADN/ARN (fonction RNase H)E/ Le cDNA s’intègre dans le génome de la cellule infectée et s’exprime pour créer de nouveaux génomesviraux d’ARN et des protéines virales qui s’assembleront pour créer des virus de 2ème générationQCM 11 : A propos des mécanismes de recombinaison du DNA :A. La structure intermédiaire de Holliday entrecroise deux séquences homologues de DNA eucaryote.B. Une recombinaison entre 1 génome et un élément génétique mobile est parfois à l’origine del’acquisition de la résistance à un antibiotique.C. Les crossing-over entre deux chromosomes homologues permettent les échanges d’allèles quifavorisent la diversité génétique.D. La recombinaison homologue peut, dans certains cas, éviter la transmission d’une altération du DNA àla descendance.E. Une déficience immunitaire peut apparaître si un phénomène de recombinaison touche le gène codantpour les immunoglobulines.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 82
  • 83. QCM 12 : A propos des plasmides :A. Ils sont constitués de DNA circulaire double brin.B. Ils peuvent exister sous forme libre (dite épisomale) ou bien sous forme intégrée.C. Lorsquil est sous forme intégrée, le plasmide se multiplie grâce à léquipement enzymatique de lacellule hôte.D. Leur mode dinsertion / désinsertion au niveau du chromosome bactérien permet de comprendrecomment une souche bactérienne peut devenir résistante à un antibiotique par exemple.E. Leur multiplication intense et rapide en font des outils de choix pour amplifier des morceaux de DNA.QCM 13 : A propos des phages :A. On entend par "phages" des "bactériophages", cest à dire de petites bactéries qui "mangent" dautresbactéries.B. Intégré dans la bactérie, cette dernière maintient le phage latent par des protéines inhibitrices.C. Lorsque le phage atteint la surface de la paroi bactérienne, il y injecte son DNA qui va devenircirculaire.D. La voie lytique conduit à la destruction de la bactérie. Ceci est rendu visible grâce à lapparition deplages de lyse dans la gélose de la boîte de Pétri.E. La voie lysogénique est un état latent : le phage, sous forme circulaire épisomale, nutilise pas lematériel biomoléculaire de la bactérie pour se reproduire, et il ny a donc pas synthèse de protéinesvirales.QCM 14 : A propos des transposons :A. Leur transposition peut se faire sans duplication : lélément génétique mobile na fait que changer deplace.B. Leur insertion au sein dun gène peut aboutir le plus souvent à une inactivation de celui-ci.C. La transposition peut se faire avec duplication, cest à dire une réplication sélective de lélémentgénétique mobile suivie dune insertion du transposon répliqué ailleurs dans le DNA.D. Lors de la transposition avec duplication, transposon initial et transposon dupliqué sinsèrent tous les 2ailleurs dans le DNA.E. Une des conséquences pathologiques des transposons est lapparition des séquences ALU dont lenombre ne cesse daugmenter (notamment chez la drosophile) ce qui aboutit à une surcharge du génomeconduisant à la mort de la descendance.QCM 15 : Concernant les transposons :A. Un transposon est une séquence génétique mobile.B. Il s’agit d’une séquence de RNA.C. Habituellement cette séquence est de grande taille.D. Le transposon contient l’information codant pour la synthèse de la transposase, une enzymemonomérique.E. Il est fréquent, dans le transposon, de retrouver des séquences répétées terminales, qui peuvent être demême sens ou bien inversées.QCM 16 : Concernant les mécanismes de transposition :A. Elle nécessite tout d’abord une étape de coupure du DNA du transposon et de son DNA accepteur.B. L’intégration du transposon au sein de son DNA accepteur peut se faire sans intervention de latransposase.C. Une fois le transposon intégré, il y aura jonction entre ses extrémités de coupure et celles de son DNAaccepteur. Ceci implique l’action d’endonucléases.D. Le DNA accepteur voit sa taille diminuer après intégration du transposon à cause de l’étape initiale decoupure.E. On distingue deux mécanismes principaux de transposition, en fonction des modalités de coupure duDNA et d’intégration du transposon, selon qu’une zone d’homologie entre les séquences du transposon etde l’accepteur est présente ou non.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 83
  • 84. QCM 17 : Concernant les mécanismes de transposition :A. Dans le cas d’une coupure en baïonnette, on obtient des bouts francs, ce qui signifie que les séquencesdu transposon et de son DNA accepteur ne sont pas complémentaires.B. Le transposon et le DNA accepteur vont être mis en continuité grâce à une fonction ligase quisynthétise les liaisons phosphodiesters.C. Les plasmides sont un exemple de séquence génétique mobile.D. Les plasmides peuvent exister sous deux formes : épisomale ou intégrée, l’intégration à l’accepteurétant définitive.E. La réplication du plasmide se fait toujours de façon concomitante à celle du chromosome bactérien.QCM 18 : Concernant les transposons :A. Ce sont des séquences génétiques mobiles se déplaçant dans le génome avec ou sans duplication.B. Lorsqu’un transposon s’insère au milieu d’un gène, il en résulte le plus souvent une surexpression dece gène.C. La réplication d’un transposon aboutit à l’obtention de 2 copies de ce transposon, l’une qui ne va pasbouger et l’autre qui va être insérée à un autre endroit du DNA par le complexe de transposition.D. C’est ce mécanisme qui explique l’augmentation du nombre de séquences ALU au cours del’évolution phylogénétique.E. Les rétroposons sont des transposons particuliers, dans le sens où leur réplication passe par une étapede transcription inverse.QCM 19 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les génomes viraux présentent une extraordinaire variété de structure.B. Le génome viral est toujours constitué de RNA.C. Les virus à RNA ont une fréquence de mutation élevée.D. Les virus à RNA sont tous des rétrovirus.E. La réplication du génome viral peut utiliser une DNA-polyméraseQCM 20 : Les virus à DNA :A. Sont toujours circulaires.B. Peuvent être simple ou double brin.C. Utilisent pour leur réplication une RNA-polymérase DNA-dépendante.D. La réplication du DNA circulaire monocaténaire se fait avec une fourche de réplication.E. La première étape de la réplication du génome d’un virus à DNA circulaire monocaténaire consiste enla synthèse de son brin complémentaire par une DNA-polymérase DNA-dépendante.QCM 21 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La réplication d’un virus à DNA linéaire double brin (tel que l’adénovirus) se fait de façon semi-conservative, tout comme la réplication des virus à DNA circulaire monocaténaire.B. Les virus à DNA ont un taux de mutation relativement faible grâce à la fonction proof-reading de laDNA-polymérase DNA-dépendante.C. La réplication d’un virus à DNA linéaire double brin utilise des primers.D. La réplication d’un virus à DNA utilise des protéines terminales.E. Les bactériophages sont des bactéries qui infectent spécifiquement les phages.QCM 22 : Les rétrovirus :A. Peuvent exister à l’état libre extracellulaire.B. Peuvent infecter une cellule.C. Peuvent se répliquer en dehors de la cellule.D. Leur génome est constitué de RNA.E. Leur réplication utilise une RNA-polymérase RNA-dépendante.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 84
  • 85. QCM 23 : La rétro-transcriptase :A. Est une RNA-polymérase DNA-dépendante.B. Utilise des GTP, ATP, TTP, CTP (pour synthétiser le brin néoformé).C. Possède une fonction RNAse H permettant de dégrader le RNA au stade hétéroduplex.D. Synthétise du DNA.E. Permet de synthétiser le brin complémentaire du cDNA.QCM 24 : Lors dune infection par un virus à RNA à brin positif :A. Le brin positif comporte l’information génétique.B. Le brin complémentaire du brin positif sera traduit pour donner des protéines.C. Il y a synthèse d’un RNA brin négatif.D. Ils ont un taux de mutation élevé.E. Ils utilisent une RNA-polymérase RNA-dépendante.QCM 25 : Virus à RNA à brin négatif :A. Le brin négatif porte l’information génétique.B. Le brin négatif code pour une RNA-polymérase RNA-dépendante servant à la réplication.C. Leur réplication passe par la synthèse d’un brin positif.D. Ils tiennent leur nom du fait que leur génome est répliqué par une transcriptase inverse.E. Le brin négatif est le complémentaire du brin servant à la traduction.QCM 26 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La RNA-polymérase RNA-dépendante n’a pas de fonction proof reading.B. Les virus à RNA tels que la grippe ou le VIH ont un taux de mutation faible.C. Le taux d’erreur d’une RNA-polymérase est d’environ 10–4.D. Les RNA-polymérases RNA-dépendantes ont une fonction similaire aux primases.E. La transcriptase inverse est dite inverse car elle transcrit de 3’ vers 5’.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 85
  • 86. CorrectionQCM 1 : CA/ Les bactériophages (= phages) sont des virus qui infectent des bactériesB/ Les transposons s’insèrent sans passer par l’état libreD/ Seulement les virus à RNAE/ Seulement les rétrovirusQCM 2 : ABC/ Les brins négatifs ne sont pas codants, ils servent de matrice à la RNA-poly RNA-dép qui fabriquerades brins positifs qui seront soit traduits en protéines virales soit serviront de matrice pour la synthèse denouveaux brins négatifs identiques au brin initialD/ Les RNA-poly n’ont pas besoin d’amorcesE/ Il faudrait que leur génome soit de l’ADN double brin pour pouvoir s’insérer.QCM 3 : ACEB/ Certains virus à DNA sont circulaires simple brinD/ Pas besoin vu qu’on a déjà de l’ADNQCM 4 : ADEA/ Episomaux = à côté du chromosome bactérienB/ Il faut une séquence d’insertionC/ Les gènes du plasmide s’expriment de la même façon que ceux de la bactérieQCM 5 : BA/ Pas les rétrovirus ! En effet ceux-ci ont un génome d’ARN donc une DNA-poly RNA-dép (= reverse-transcriptase) pour obtenir un cDNA qui s’intègrera dans le génome de la cellule infectée et ce cDNA seratranscrit (en même temps que le génome de la cellule infectée) par une RNA-poly DNA-dép en ARNviraux identiques à la copie initiale et dont certains seront traduits en protéines virales afin de former desvirus de 2ème génération.B/ Plus précisément des ribonucléotides tri-phosphatesC/ Les RNA-poly n’ont pas de fonction proof-readingD/ Les polymérases sont des complexes protéiques !E/ Les RNA-poly RNA-dép n’utilisent pas d’amorce mais une matrice de RNAQCM 6 : ABDEC/ Ne confondez pas avec les plasmides ! Les transposons se multiplient au sein du même génome alorsque les plasmides peuvent changer d’hôtes.QCM 7 : CDA/ Le RNA brin positif sert à la synthèse de RNA brins négatifs qui seront répliqués en nouveaux brinspositifs identiques au brin initial et ce sont ces derniers qui seront les génomes des virus de 2èmegénérationB/ La RNA-poly n’est pas pré-existante dans les virus à ARN à brins positifs contrairement à ceux à brinsnégatifs ! En effet le brin négatif n’étant pas codant, il faut que la RNA-poly soit déjà présente pourpouvoir obtenir des brins positifs complémentaires… tandis qu’ici on a un brin positif qui sertdirectement à la traduction et dont la RNA-poly RNA-dép est l’un des produits.C/ Vrai car leurs polymérases n’ont pas de fonction proof-readingD/ Cas des rétrovirusE/ Le génome de ces virus est simple brin donc pas besoin d’hélicases !© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 86
  • 87. QCM 8 : CEA/ C’est la bactérie qui est détruite lors de la libération des virusB/ Phages = bactériophages = virus qui infectent les bactéries !!D/ Rien à voir, les séquences ALU trouvent leur origine dans les transposons !QCM 9 : ABCDE/ Faux !! Qu’importe si la coupure est franche ou cohésive, pour rétablir la continuité des brins il y auratoujours action d’une ligase !QCM 10 : DEA/ Ce sont des virus à RNA ! La reverse-transcriptase permettra d’obtenir un ADN complémentaire(ADNc = cDNA) qui s’insérera dans le génome de la cellule infectée.B/ Les rétrovirus peuvent infecter des cellules humaines (ex : VIH) !C/ Le virus rentre dans la cellule grâce à des récepteurs spécifiques ; ainsi les cellules qui ne possèdentpas ces récepteurs sont insensibles au VIHD/ La reverse-transcriptase est une DNA-polymérase RNA-dépendante dont l’activité est progressive :ARNsb  ARN/ADN  ADNsb  ADNdbElle possède donc plusieurs actions : DNA-poly RNA-dép (1ère étape représentée par la 1ère flèche) puisRNase H (fonction qui détruit l’ARN dans les hétéroduplex ADN/ARN ; 2ème étape) puis DNA-polyDNA-dép afin d’obtenir un ADN double brin (3ème étape).QCM 11 : BCDA. La structure intermédiaire de Holliday entrecroise deux séquences de DNA procaryote.E. Les immunoglobulines sont codées par plusieurs gènes et les phénomènes de recombinaison sontindispensables pour permettre l’extrême diversité des anticorps.QCM 12 : ABCDEQCM 13 : BCDA. Dans bactériophage, on retrouve "bactério" et "phage" (manger). Il sagit de virus qui "mangent" desbactéries ou du moins les infectent.E. La voie lysogénique est un état latent : le phage est intégré dans le chromosome bactérien mais un étatdinhibition est maintenu grâce à des protéines. Si un stress cellulaire survient, le phage rentre dans la voielytique (nocive pour la bactérie) : le virus se désinsère de la bactérie (situation épisomale), se circulariseet se multiplie pour produire des protéines virales.QCM 14 : ABCD. Le transposon initial ne change pas de place.E. En fait, les séquences ALU sont les EGM les plus abondants du génome humain ce qui signifie que cen’est pas létal.QCM 15 : AEB. C’est une séquence de DNA.C. C’est une séquence d’assez petite taille.D. La transposase est une enzyme multimérique (multiprotéique).QCM 16 : AEB. Cela nécessite l’action de la transposase.C. Ces enzymes sont les ligases.D. La taille du DNA accepteur augmente car le transposon qui s’intègre s’ajoute au DNA accepteur.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 87
  • 88. QCM 17 : BCA. On obtient des bouts collants, ce qui signifie que transposon et DNA accepteur ont des séquencescomplémentaires.D. L’intégration est réversible.E. La réplication du plasmide est autonome quand il est libre. Dans ce cas, sa réplication est plusfréquente que celle du chromosome bactérien.QCM 18 : ACDEB. Cela conduit le plus souvent à une inactivation du gène, donc à la perte de sa fonction.QCM 19 : ACEB. DNA aussi.D. Il y a aussi les virus à RNA simples brins positifs ou négatifs.QCM 20 : BEA. Peuvent être linéaires.C. DNA-polymérase DNA-dépendante.D. Sil y a une fourche de réplication (visualisation des 2 brins de DNA se séparant) c’est que le DNA estdouble brin.QCM 21 : BCDA. Tout comme la réplication des virus à DNA circulaire bicaténaire.E. Phages = virus qui infectent spécifiquement les bactéries.QCM 22 : ABDC. Ne peuvent pas se répliquer en dehors de la cellule.E. Utilise la reverse-transcriptase (DNA-poly RNA-dép) puis ce nouveau matériel génétique de DNAs’intègrera au génome de la cellule et sera transcrit par une RNA-poly DNA-dép.QCM 23 : CDA. DNA-polymérase RNA-dépendante.B. Utilise des dGTP, dATP, dTTP, dCTP.E. Permet de synthétiser le cDNA.QCM 24 : ACDEB. C’est le brin positif qui est traduit en protéines.QCM 25 : CEA. C’est le brin positif.B. Le brin négatif ne code pour aucune protéine.D. La transcriptase inverse n’intervient pas dans la réplication des virus à RNA à brin négatif.QCM 26 : ACB. Taux de mutation élevé pour ces deux virus.D. Une primase est une RNA-polymérase DNA-dépendante.E. Aucun rapport et la transcriptase inverse synthétise dans le sens classique 5’  3’.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 88
  • 89. STRUCTURES DES GENES 18 QCMQCM 1 : Les gènes des procaryotes :A/ Contiennent des parties codantes (exons) et des parties non codantes (introns) et ces dernières serontexcisées lors de la maturation des ARNmB/ Un gène code en général pour plusieurs protéinesC/ Un cistron comprend le promoteur et l’opérateurD/ Les gènes des procaryotes codent pour des protéines sans noyauxE/ Sont transcrits par une DNA-polymérase RNA-dépendante qui se fixe sur le promoteur et l’opérateurQCM 2 : Définitions des gènes :A/ Les gènes sont, chez les eucaryotes et les procaryotes, des segments d’ADN codant pour un RNA« fonctionnel » qui sera traduit en protéineB/ Les pseudo-gènes et les gènes homologues donnent des protéines qui ont une forte homologieC/ Les gènes homéotiques sont les gènes impliqués dans le développementD/ Les gènes régulateurs sont opposés aux gènes domestiquesE/ Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules et impliqués dans le métabolisme généralQCM 3 : L’opéron lactose :A/ Il comprend le gène Lac I puis le promoteur puis l’opérateur puis 3 cistronsB/ En l’absence de lactose, la protéine répresseur synthétisée par le gène Lac I empêche la RNA-polymérase de réaliser la transcriptionC/ En présence de lactose, la protéine CAP se complexe à l’AMPc, qui est un signal de carenceénergétique, ce qui permet à la RNA-polymérase de pouvoir se fixer à l’ADND/ Cet opéron est inductible et permet à la bactérie, si elle manque d’énergie, d’utiliser le lactose présentE/ Il y a 3 cistrons donc on obtiendra 3 ARNm qui produiront 3 protéines de la même voie métaboliqueQCM 4 : L’opéron lactose :A/ La RNA-polymérase marche spontanément en l’absence de lactoseB/ En présence de lactose, le complexe AMPc / CAP active la RNA-polymérase en se fixant à l’opérateurC/ La transcription de cet opéron débute au niveau du premier cistronD/ Une déficience du gène Lac I se traduirait par une excessive transcription de cet opéronE/ Le promoteur et l’opérateur sont des séquences cis-régulatrices nécessaires à la transcriptionQCM 5 : L’opéron tryptophane :A/ Possède une séquence leader vers le début de la zone traduiteB/ En présence de tryptophane, l’apo-répresseur se lie au tryptophane formant un complexe qui ne pourraplus se lier à l’opérateur libérant la place pour la RNA-polyméraseC/ Contrairement à l’opéron lactose où le gène qui code pour le répresseur est en amont, le gène qui codepour l’apo-répresseur se trouve après l’opéron tryptophaneD/ Sur la séquence leader se trouvent un site d’arrêt puis un site de pauseE/ Est un opéron répressible c’est-à-dire qu’en présence de tryptophane il y aura un frein au niveau de latranscription de cet opéronQCM 6 : L’opéron tryptophane :A/ Quand il y a beaucoup de tryptophane, le site de pause a le temps de se formerB/ L’atténuation est le mécanisme permettant la régulation de la transcription par la traductionC/ Sa transcription est fonction de la présence ou non de lactoseD/ L’opérateur est une zone cis-régulatrice où pourront se fixer des facteurs trans-régulateurs commel’apo-répresseur (associé au tryptophane)E/ Quand il y a peu de tryptophane, le site de pause a le temps de se former et donc la traduction pourra sefaire entièrement© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 89
  • 90. QCM 7 : Les familles multigéniques :A/ On peut reconnaître les familles de gènes en étudiant leur séquenceB/ Les gènes codant pour les chaînes de globine sont présents dans les globules rougesC/ Plus 2 gènes ont divergé il y a longtemps plus leur homologie est grandeD/ Les gènes de la famille β sont situés sur le chromosome 16 alors que les gènes de la famille α sontsitués sur la chromosome 11E/ Chez l’adulte, l’hémoglobine a la structure α2β2 (surtout) ou α2δ2QCM 8 : Les familles multigéniques :A/ L’expression des gènes des globines est fonction du type cellulaire et du tempsB/ Myoglobine et globine ont divergé plus récemment que les sous-familles α et β de globineC/ Les mutations des gènes des globines ne sont conservées que si la conformation spatiale n’est peumodifiée et donc la fonction préservéeD/ A partir de la naissance, un changement se produit au niveau de la prépondérance des chaînes deglobine synthétiséesE/ Des mutations du pseudo-gène ψβ sont létales quand la conformation spatiale est très modifiéeQCM 9 : Les mitochondries :A/ Les mitochondries sont des organites intra-cellulaires limités par une membrane uniqueB/ Le génome mitochondrial ne se transmet que par la mèreC/ Le génome mitochondrial vaut presque la moitié du génome total d’une cellule humaineD/ Les mitochondries dériveraient de bactéries capables de se servir de l’O2 et qui aurait fait unesymbiose avec des eucaryotes anaérobiesE/ Leur génome code pour 13 protéines, 22 ARNt et 2 ARNrQCM 10 : Le génome mitochondrial :A/ Les mitochondries sont des organites intra-cellulaires qui possèdent une seule molécule d’ADNcirculaire double brin de petite tailleB/ Les humains possèdent le plus grand génome mitochondrial du règne vivantC/ Comme le génome nucléaire, il possède des exons et des intronsD/ Une majeure partie des protéines constituant les mitochondries sont issues du génome mitochondriallui-mêmeE/ Ce génome mitochondrial est répliqué par la DNA-polymérase αQCM 11 : Au sujet des gènes eucaryotes :A. Les gènes eucaryotes ne possèdent pas de séquences régulatrices, ce sont les introns qui jouent ce rôle.B. Ils sont composés de plusieurs cistrons à l’inverse des gènes procaryotes qui sont monocistroniques.C. Les introns correspondent aux parties excisées du transcrit primaire, ce sont donc des régions noncodantes.D. Les introns sont numérotés de façon négative car ce sont des séquences non codantes ditesrégulatrices.E. L’information des gènes eucaryotes est dite morcelée car les séquences codantes sont séparées par desséquences non codantes.QCM 12 : Au sujet des gènes procaryotes :A. Les gènes procaryotes ne possèdent pas d’introns.B. Leur information est dite condensée car les cistrons sont disposés en continu sans interruption.C. Ils possèdent des petites séquences régulatrices où se fixent des facteurs de régulation.D. L’opéron lactose est régulé par un gène régulateur qui l’active, appelé gène lac I.E. Le promoteur de l’opéron lactose est activé par le complexe CAP lié à l’AMPc.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 90
  • 91. QCM 13 : Quels sont les facteurs de transcription trans qui participent à la régulation de l’opéronlactose ?A. OpérateurB. CAPC. RépresseurD. PromoteurE. Gène lac IQCM 14 : Au sujet de l’expression des gènes de la globine :A. Les gènes de la famille des β se localisent sur le chromosome 11.B. Les gènes de la famille des α se localisent aussi sur le chromosome 11.C. La globine α est fonctionnelle pendant toute la durée de la vie post-natale.D. Le gène γ est exprimé pendant la vie embryonnaire.E. Le gène δ est exprimé pendant la vie embryonnaire.QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Un pseudogène peut être le résultat d’une mutation d’un gène. Il a une forte homologie avec ce gènemais a une fonction différente.B. Les opérons des bactéries sont polycistroniques.C. On appelle « cistron » l’unité de codage pour une protéine.D. Les zones transcrites des gènes des eucaryotes sont dites polycistroniques car elles sont composéesd’exons et d’introns.E. Le signal du début de traduction est placé en +1 (selon la numérotation officielle du DNA).QCM 16 : A propos des familles de gènes :A. Les gènes appartenant à une même famille dérivent d’un gène ancestral commun.B. Les gènes de la famille de la globine sont retrouvés sur trois chromosomes : le 11, le 16 et le 18.C. Les gènes de la famille de la globine ont une expression qui varie selon l’âge des individus.D. Les anomalies de ces gènes peuvent être étudiées sur le DNA des hématies matures.E. Le pseudogène Ψ, codant pour les chaînes β de l’hémoglobine, est placé sur le chromosome 11.QCM 17 : A propos de la structure des gènes :A. Le promoteur comporte le site de fixation de la DNA-polymérase ainsi que les sites de fixation deprotéines régulatrices de la transcription.B. Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules sauf dans les cellules cardiaques.C. Les introns des mRNA matures ne seront pas traduits.D. Plus un gène est grand et plus il code pour une protéine de grande taille, le nombre d’acides aminés dela protéine étant proportionnel au nombre de paires de bases du gène.E. Plus un gène est grand et plus le risque de mutations le touchant sera important.QCM 18 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. L’opéron lactose est un opéron inductible.B. Le gène lacI, qui fait partie de l’opéron lactose, code pour une protéine répresseur.C. Les cistrons appartenant à un même opéron codent pour des protéines qui participent à la même voiemétabolique.D. En présence de lactose, la transcription est plus efficace quand il y a de l’ATP.E. Le répresseur se fixe sur le promoteur, empêchant la liaison de la RNA-polymérase et bloquant ainsi latranscription.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 91
  • 92. CorrectionQCM 1 : BA/ Ceci est le cas pour les eucaryotes. Il ny a pas dintron chez les procaryotes.B/ Exact, on dit que les gènes procaryotes sont polycistroniquesC/ Un opéron comprend un promoteur puis un opérateur puis plusieurs cistronsD/ Les procaryotes sont des cellules sans noyaux, leurs gènes codent pour des protéines qui sont unesuccession d’acides aminésE/ RNA-poly DNA-dépQCM 2 : CEA/ La traduction n’est pas obligatoire pour définir un gène, il faut juste que le RNA qui en est issu soitfonctionnel !B/ Les pseudo-gènes ne s’expriment pas (ne donnent pas d’ARN et donc pas de protéines)D/ Les gènes régulateurs sont opposés aux gènes de structure et les gènes domestiques sont opposés auxgènes spécialisésQCM 3 : BDA/ Pas le gène Lac IC/ C’est la liaison du lactose au répresseur qui permet à la RNA-poly de se fixer tandis que la liaisonCAP / AMPc permet l’accélération de la transcriptionE/ 3 cistrons qui seront transcrits au sein du même ARNm qui sera traduit à 3 niveaux pour obtenir les 3protéines de la même voie métaboliqueQCM 4 : DEA/ Non car le répresseur se fixe spontanément à l’opérateur empêchant la fixation de la RNA-polyB/ Ce complexe activateur se lie au promoteurC/ La transcription débute avant les cistrons, au niveau de l’opérateurD/ Vrai car le répresseur ne serait plus synthétiséQCM 5 : AEB/ Au contraire, le complexe apo-répresseur / Trp pourra se lier à l’ADN et gênera l’accès à la RNA-polyC/ Le gène régulateur qui code pour l’apo-répresseur se trouve en amont de l’opéron tryptophaneD/ Un site de pause puis un site d’arrêtQCM 6 : BDEA/ Non c’est le site d’arrêt qui se formera alors.B/ Oui vu que cela dépend du nombre de tryptophanesC/ De la présence ou non de tryptophane !E/ Oui puisque c’est le site d’arrêt qui ne pourra donc pas se formerQCM 7 : AEB/ Non car les GR sont des cellules sans noyaux donc sans matériel génétiqueC/ Au contraire, si ces gènes ont divergé il y a très longtemps, il y a eu le temps d’avoir de nombreusesmutations et donc leur homologie diminue à chaque mutationD/ L’inverseE/ Vrai, α2β2 signifie que l’hémoglobine comprend 2 sous-unités α et 2 sous-unités β© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 92
  • 93. QCM 8 : ACDB/ D’abord globine et myoglobine ont divergé puis c’est ensuite que les sous-familles α et β de globineont divergéD/ On passe d’une majorité de α2γ2 à une majorité de α2β2E/ Les pseudo-gènes ne s’expriment pas !!QCM 9 : BDEA/ Les mitochondries sont limitées par 2 membranes !C/ Chez les mammifères, le DNA mitochondrial est très faible par rapport au DNA totalQCM 10 : AucuneA/ Chaque mitochondrie possède plusieurs molécules d’ADNB/ Loin de là !C/ Le génome mitochondrial est sans introns et donc sans exons !D/ Une infime partie (une mitochondrie est constitué d’environ un millier de type protéique différent etseulement 13 sont issus de son génome)E/ DNA-polymérase γQCM 11 : CEA. Les gènes eucaryotes possèdent des séquences régulatrices. Les introns et les exons font partie desséquences transcrites.B. Gènes eucaryotes : monocistroniques. Gènes procaryotes : polycistroniques.C. Attention : Les introns sont transcrits mais non traduits.D. Les séquences régulatrices sont notées négativement car par convention on note +1 le premiernucléotide des séquences transcrites. Cependant, les introns ne sont pas des séquences régulatrices. Cesont des séquences transcrites mais non codantes.QCM 12 : ABCED. Le gène lac I induit un répresseur qui inhibe l’opéron lactose en se fixant sur l’opérateur.QCM 13 : BCA. Séquence régulatrice cis.D. Séquence régulatrice cis.E. Gène régulateur par l’intermédiaire du répresseur.QCM 14 : ACDB. Famille des α sur le chromosome 16.E. Le gène δ est exprimé à partir de la naissance.QCM 15 : BCA. Un pseudogène peut résulter d’une mutation d’un gène. Par contre, il n’est pas fonctionnel.D. Elles sont monocistroniques. Ce terme n’a rien à voir avec les notions d’exons et d’introns (qui sontrespectivement des régions codantes et non codantes).E. C’est le signal de transcription qui est placé en +1.(Rappel de la numérotation du DNA : +1 = premier nucléotide transcrit. Les parties transcrites sontnumérotées positivement, les parties régulatrices sont numérotées négativement car en amont).QCM 16 : ACB. Ils se trouvent sur 2 chromosomes : le 11 et le 16.D. Les hématies matures n’ont pas de noyau et n’ont donc pas de DNA.E. Les pseudogènes sont non fonctionnels. Ils ne sont donc pas codants. Par contre, Ψ est bien placé sur lechromosome 11.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 93
  • 94. QCM 17 : EA. Il comporte le site de fixation de la RNA-polymérase et non pas celui de la DNA-polymérase.B. Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules et donc aussi dans les cellulescardiaques. Les hématies étant des cellules anucléées, elles n’exprimeront pas de gènes. Cependant, lesprécurseurs des hématies expriment les gènes domestiques.C. Les mRNA matures n’ont pas d’introns (contrairement aux transcrits primaires qui subiront l’excisionde leurs introns lors de l’épissage pour devenir matures).D. Il n’y a pas de lien entre la taille des gènes et la taille des protéines, la taille des introns pouvant varierconsidérablement.QCM 18 : ACB. Lac I ne fait pas partie de l’opéron lactose, c’est un régulateur de cet opéron.D. C’est quand il y a de l’AMPc.E. Le répresseur se fixe sur l’opérateur.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 94
  • 95. ARN – TRANSCRIPTION 55 QCMQCM 1 : Procaryotes / Eucaryotes :A/ Les sous-unités ribosomales sont identiquesB/ La transcription s’effectue dans le noyau alors que la traduction s’effectue dans le cytoplasmeC/ Les systèmes de maturation des transcrits primaires sont les mêmesD/ La traduction commence une fois la transcription terminéeE/ La RNA-polymérase I est responsable de la transcription des ARNr 5,8S, 18S et 28SQCM 2 : Les ARNt :A/ Sont nécessaires à la transcription en apportant les bons acides aminésB/ Sont bien plus petits que les ARNrC/ Sont parfois liés à des aminoacyl-ARNt-synthétasesD/ Subissent un épissage chez les eucaryotes lors de leur maturationE/ Possèdent une extrémité CCA-terminale en 5’QCM 3 : La transcription chez les procaryotes :A/ Est réalisée par une RNA-polymérase DNA-dépendanteB/ La RNA-polymérase DNA-dépendante synthétise tous les RNA.C/ La sous-unité σ permet la fixation des autres sous-unités de la RNA-polymérase en reconnaissant lepromoteur du gèneD/ Si la cellule connaît un stress, elle synthétisera des protéines qu’elle ne synthétise pas normalementE/ Le signal de terminaison de la transcription peut être une structure en épingle à cheveux qui stoppe laRNA-polyméraseQCM 4 : La transcription du génome mitochondrial :A/ La transcription ne se fait qu’à partir d’un seul brinB/ Les RNA issus du génome mitochondrial sont des rRNA et des tRNA mais il ne donne aucun mRNAC/ C’est une RNA-polymérase issue du génome mitochondrial qui permet la transcription des ARNmitochondriauxD/ Les 13 protéines issues du génome mitochondrial ont toutes un rôle dans la chaîne respiratoiremitochondrialeE/ Il n’y a jamais de splicing lors de la maturation des ARN mitochondriauxQCM 5 : Les ARNr :A/ Ils représentent la majorité des ARN cellulairesB/ Ils entrent dans la constitution des ribosomesC/ Les ARNr 18S, 28S et 5,8S des eucaryotes sont issus de 3 gènes différentsD/ Ils sont tous synthétisés par la RNA-polymérase IE/ Dans les ribosomes ce sont les RNA qui ont l’activité catalytiqueQCM 6 :Soit la séquence (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’) d’un brin d’un fragment d’ADN de E.coli. Ensupposant qu’un mRNA est transcrit à partir de cet ADN, en utilisant comme brin modèle (oumatrice) le brin complémentaire, quelle est la séquence de ce transcrit ?A/ (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’)B/ (3’)CGUAAUUCGCAGUC(5’)C/ (3’)GCAUUAAGCGUCAG(5’)D/ (5’)GCAUUAAGCGUCAG(3’)E/ (5’) GACTGCGAATTACG(3’)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 95
  • 96. QCM 7 : La queue poly-A des ARNm :A/ Sa mise en place est comprise dans la maturation post-transcriptionnelle des transcrits primairesB/ Elle est synthétisée par la polyA-polymérase qui fonctionne sans matriceC/ Les ARNm des histones ont une petite queue (poly-A)D/ Elle peut etre dégradée progressivement par des exonucléases 3 lors de la perte de la protéine deliaison au polyA ou bien par une coupure (en bloc) réalisée par une endonucléaseE/ Elle intervient dans la reconnaissance des messagers pour la traductionQCM 8 : Le splicing ou épissage :A/ Consiste à exciser les introns des eucaryotes et procaryotesB/ Chez les eucaryotes, une fois l’épissage réalisé, on obtient un ARNm mature qui sera entièrementtraduitC/ Sa réalisation met en jeux 2 étapes de trans-estérification ainsi que la formation dune boucle parlintron exciséD/ Le complexe responsable de ce phénomène, le spliceosome, est uniquement constitué de protéinesE/ Quand il est alternatif, des exons peuvent aussi être excisésParmi les composés suivants :A/ pseudo-uridine B/ ribothymidine C/ hypoxanthine D/guanine E/ cytidineQCM 9 : Le(s)quel(s) est (sont) normalement présent(s) dans les tRNA ?QCM 10 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) normalement présent(s) dans lesanticodons ?QCM 11 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être présent(s) dans la boucle TψC ?QCM 12 : La RNA-polymérase DNA-dépendante :A/ Est l’enzyme qui permet la transcriptionB/ Est un enchaînement de ribonucléotidesC/ Ne possède pas d’activité proof-reading ce qui fait que la transmission de mutations à la descendanceest plus élevéeD/ Nécessite un primer (ou amorce) pour commencer la synthèse d’ARNE/ Pour pouvoir commencer sa transcription, la RNA-polymérase II des eucaryotes doit être phosphoryléeQCM 13 : Les ARNm :A/ Ils sont très modifiés chez les procaryotes et les eucaryotes afin de devenir matureB/ Les ARNm matures des eucaryotes comprennent des exons et des introns et seuls les exons seronttraduitsC/ Leur maturation comprend entre autres une étape de biosynthèse de la cap (coiffe) en 5’ et une étapede biosynthèse de la queue poly-A en 3’D/ Les ARNm possèdent des anticodons qui s’apparieront avec les codons des ARNt lors de la traductionE/ Leur durée de vie variable dépend entre autres du raccourcissement (par des nucléases) de leur queuepoly-A© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 96
  • 97. QCM 14 : Régulation de la transcription chez les eucaryotes :A/ Pour répondre aux besoins quantitatifs de synthèse de protéines, certains eucaryotes peuvent mettre enplace une amplification génique transitoire de certains gènes par polyploïdie ou réplication sélectiveB/ Pour répondre aux besoins qualitatifs de synthèse de protéines (par exemple pour obtenir une grandevariété d’immunoglobulines différentes), certains eucaryotes peuvent connaître des réarrangements degènes au sein de leur génomeC/ Lactivation de la RNA polymérase II est induite par sa phosphorylation réalisée par une protéinekinaseD/ Des facteurs de transcription d’amont ou spécifiques jouent sur le taux de transcription en l’activant ouen l’inhibantE/ Certains gènes sont répétés dans le génome de manière stable comme par exemple les gènes desrRNA-45S et –5S, des tRNA et des histones qui sont en de nombreux exemplairesQCM 15 :Dans une culture de cellules, on évalue le taux de mRNA codant pour une protéine. Au temps 0, enl’absence de tout traitement, le nombre de copies de ce mRNA a été évalué à 12800 copies parcellule. On fait agir sur ces cellules de l’actinomycine D (inhibiteur de la synthèse des RNA). Après128h d’action de l’actinomycine D, le taux de ce mRNA est évalué à 50 copies par cellule. Ensupposant que l’actinomycine D agit immédiatement et a bloqué totalement la biosynthèse desRNA, quelle est (approximativement) la demi-vie (temps nécessaire à la dégradation de la moitiédes molécules) de ce mRNA ?A/ 4h B/ 8h C/ 16h D/ 128h E/ aucune des réponses n’est correcteQCM 16 :Soit la séquence d’ARNm suivante : (5’)AUACUGGCUAC(3’)Quel brin d’ADN l’ARN-polymérase a-t-elle utilisée comme matrice pour synthétiser cet ARNm :A/ (3’)AUACUGGCUAC(5’)B/ (5’)ATACTGGCTAC(3’)C/ (5’)TATGACCGATG(3’)D/ (3’)TATGACCGATG(5’)E/ (5’)GTAGCCAGTAT(3’)QCM 17 : La transcription des ARN pré-messagers chez les eucaryotes :A/ Est effectuée par la RNA-polymérase IIB/ TFIID est un facteur de transcription général qui se lie à l’ADN par l’intermédiaire des TAFs (facteursassociés à TBP)C/ Elle commence dans le noyau et se termine dans le cytoplasmeD/ Le facteur de transcription général TFIIH est une protéine kinase au rôle important pour latranscriptionE/ Les substrats utilisés par la RNA-polymérase sont des nucléotides tri-phosphates (dATP, dGTP, dUTP,dCTP)QCM 18 : Les différents types d’ARN :A/ L’ARN est monocaténaire donc ses bases ne sont jamais appariées (en dehors de la biosynthèse)B/ La structure secondaire des rRNA est très conservée au cours de l’évolutionC/ La Cap en 3 des mRNA eucaryotes est formée dun nucléotide à Guanine méthyléD/ Les rRNA contiennent toute une série de nucléotides inhabituels (ribothymidine, pseudo-uridine,inosine…)E/ L’épissage n’existe que pour les mRNA© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 97
  • 98. QCM 19 : Les ARN de transfert (ARNt) :A/ Ils sont synthétisés par la RNA-polymérase IIIB/ C’est la RNA-polymérase III qui met en place l’extrémité CCA-terminale en 3’ en mettant lesnucléotides complémentaires du brin matrice du gèneC/ Ils sont constitués de plusieurs boucles qui sont de 5’ vers 3’ : boucle D puis boucle anticodon puisboucle variable (pas obligatoire) puis boucle TψCD/ Les ARNt de tout le règne vivant sont caractérisés par une structure en trèfleE/ Ils se lient à leur acide-aminé par une liaison phosphodiester catalysée par les aminoacyl-ARNt-synthétasesQCM 20 : Durée de vie des ARN messagers (mRNA) :A/ Elle peut varier selon les besoins en protéinesB/ Une séquence riche en AU formant une épingle à cheveux en 3’ des ARN messagers augmentel’instabilité de ces ARNmC/ Tous les mRNA sans exception sortent du noyau pour être traduit dans le cytoplasmeD/ Un système de dégradation des ARNm fait intervenir un « enzyme décoiffant » qui coupe la cap en 5’après la dégradation de la queue poly-A et avant la dégradation du brin par une exonucléase 5’E/ Dans le système ARN interférent (iRNA), l’enzyme Dicer dégrade le iRNA en nombreux siRNA quivont s’hybrider par complémentarité avec l’ARNm à dégraderQCM 21 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les RNA sont des polynucléotides constitués par l’enchaînement de ribonucléotides liés entre eux pardes liaisons phosphodiesters (5’-3’). Leur biosynthèse se fait dans le sens 3’-5’.B. Les procaryotes n’ont pas de noyau individualisé, par conséquent la transcription et la traduction desRNA sont simultanées.C. Chez les procaryotes et les eucaryotes, une étape de maturation des transcrits primaires des rRNAassurée par des exonucléases est nécessaire pour que ceux-ci deviennent des rRNA matures fonctionnels.D. Les ARN sont synthétisés par des RNA-polymérases RNA-dépendantes aussi bien chez lesprocaryotes que chez les eucaryotes.E. Chez les eucaryotes, suite à la transcription et à la maturation des ARN messagers (mRNA), certainsde ces derniers se rendent dans le cytoplasme où ils s’assemblent avec des ribosomes pour être traduits.Cela aboutit à la synthèse de protéines.QCM 22 : A propos de la structure des rRNA :A. Les rRNA sont des polynucléotides monocaténaires dont la chaîne se replie pour donner une structuresecondaire précisément définie qui est nécessaire à leur association avec les protéines ribosomales.B. La structure secondaire correspond à l’alternance de boucles et de zones où s’apparient les basescomplémentaires AT et CG.C. Les rRNA ont une structure secondaire très conservée au cours de l’évolution car la divergence desgrands groupes du vivant a eu lieu assez récemment.D. Les sous-unités ribosomales sont des complexes fonctionnels constitués de rRNA et de protéinesribosomales : les rRNA constituent le cœur des sous-unités et les protéines occupent la surface.E. Les zones fonctionnelles des sous-unités ribosomales sont essentiellement situées à la surface de cesstructures.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 98
  • 99. QCM 23 : A propos de la biosynthèse des rRNA :A. Chez les procaryotes, les rRNA sont codés par 3 gènes : un pour le rRNA 16S de la petite sous-unité,un pour le rRNA 23S et un pour le rRNA 5S de la grande sous-unité des ribosomes.B. Chez les eucaryotes, la plupart des rRNA sont synthétisés par une RNA-polymérase I sous forme deprécurseurs qui subissent une maturation par des endonucléases en plusieurs étapes.C. La méthylation sur des cytosines et riboses, qui permet la reconnaissance de sites où doivent sedérouler les opérations suivantes de la maturation, a lieu aussi bien chez les eucaryotes que chez lesprocaryotes.D. Les protéines ribosomales sont synthétisées dans le cytoplasme, lieu où elles s’associent avec lestranscrits primaires des RNA ribosomiques.E. Après assemblage et maturation des sous-unités ribosomales, ces dernières sortent du nucléole puis dunoyau pour se rendre dans le cytoplasme où elles accomplissent leur fonction de traduction.QCM 24 : A propos des RNA de transfert (tRNA) :A. Le nombre des ARNt est supérieur à 20, il y a donc plus de tRNA que d’acides aminés.B. Les tRNA qui mettent en place les acides aminés dans l’ordre adéquat au niveau des ribosomes, sontde taille plus importante que les rRNA.C. Les tRNA comprennent tous 4 boucles : la boucle D, la boucle TΨC, la boucle variable et la boucleanticodon.D. La boucle anticodon fait la correspondance, grâce au code génétique, entre les codons et l’acide aminéporté par le tRNA.E. L’appariement codon-anticodon par des liaisons hydrogènes se fait de façon antiparallèle etcomplémentaire entre les bases du codon et de l’anticodon.QCM 25 : Les RNA des eucaryotes :A. Sont des polynucléotides constitués par l’enchaînement de ribonucléotides liés entre eux par desliaisons anhydrides d’acide phosphorique 3’-5’.B. Sont tous synthétisés dans le sens 3’→ 5’.C. Sont synthétisés par des RNA-polymérases DNA-dépendantes.D. Sont synthétisés dans le même compartiment subcellulaire que chez les procaryotes.E. Certains nucléotides peuvent être méthylés.QCM 26 : Les rRNA :A. Sont simultanément transcrits et traduits dans le cytoplasme chez les procaryotes.B. Les ribosomes de 80S chez les eucaryotes possèdent une petite sous-unité de 30S et une grande sous-unité de 50S.C. Ont une structure très conservée au cours de l’évolution.D. S’associent avec des protéines ribosomales pour former des complexes fonctionnels, les sous-unitésribosomales, qui elles mêmes s’associeront pour former des ribosomes.E. Sont synthétisés chez les eucaryotes sous forme de précurseurs (transcrits primaires) qui subissentensuite une maturation dans le noyau par des endonucléases.QCM 27 : Les rRNA :A. Chez les procaryotes, sont codés par un gène unique qui sera à l’origine des 3 molécules d’ARNr 5S,16S et 23S.B. Chez les eucaryotes, la plupart sont synthétisés par la RNA-polymérase I.C. Chez les eucaryotes, subissent plusieurs étapes de maturation dont la méthylation de certaines guanineset de certains riboses.D. Chez les eucaryotes, les protéines ribosomales sont synthétisées dans le cytoplasme puis importéesdans le noyau pour interagir avec les transcrits primaires avant de retourner dans le cytoplasme pourexercer leurs fonctions.E. Chez les eucaryotes, l’ARN messager qui code pour les protéines ribosomales est lui-même synthétisédans le cytoplasme.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 99
  • 100. QCM 28 : Les ARN de transfert (tRNA) :A. Participent à la biosynthèse des protéines en permettant la correspondance entre codons et acidesaminés ainsi que la formation des liaisons peptidiques entre acides aminés successifs.B. Portent l’anticodon dans la « boucle variable ».C. Portent l’acide aminé, lié par une liaison N-osidique, sur l’extrémité 3’-terminale.D. Sont spécifiques d’un seul acide aminé.E. Contiennent une ribothymidine dans la boucle TψC.QCM 29 : Quelles réactions permettent la formation de certaines bases ou nucléotides de structureinhabituelle dans les ARNt des eucaryotes ?A. IsopenténylationB. Saturation de doubles liaisonsC. Méthylation de basesD. Méthylation de sucresE. IsomérisationQCM 30 : A propos des tRNA :A. L’amino-acyl-ARNt synthétase catalyse la fixation de l’acide aminé sur l’extrémité CCA terminale enune seule étape.B. Il se crée une liaison ester entre le carboxyle de l’acide aminé et le OH en 3’ du ribose de l’adénosineterminale.C. La mise en place de l’extrémité CCA-terminale en 3’ se fait grâce à l’amino-acyl ARNt synthétase.D. Les ARNt eucaryotes possèdent une activité ribozyme.E. Certains ARNt subissent une maturation par addition d’une queue polyA.QCM 31 : Un transcrit primaire d’un gène eucaryote codant pour une protéine :A. Est synthétisé en général par une RNA-polymérase III.B. Ne contient que des exons.C. Est localisé principalement dans le cytoplasme (au niveau des ribosomes).D. Débute par une « cap » qui est le 1er nucléotide mis en place en 5’ par la RNA-polymérase lors de latranscription.E. Est le résultat de la maturation d’un mRNA par « splicing » (« épissage ») alternatif.QCM 32 : La « queue » polyA des mRNA :A. Est un ribonucléotide à 7-méthyl-guanosine.B. Est synthétisé par la RNA-polymérase II.C. Correspond à une série de A liés par des liaisons phosphodiesters 3’-5’.D. Intervient dans la régulation de la durée de vie des ARNm.E. Peut avoir une longueur variable.QCM 33 : A propos des nucléotides modifiés des ARNt :A. Les modifications de nucléotides ont lieu pendant la transcription.B. Dans la pseudo-uridine, la liaison N-C est remplacée par une liaison C-C (phénomèned’isomérisation).C. L’isomérisation, la saturation de doubles liaisons et la désamination sont des modifications denucléotides pouvant survenir dans les tRNA.D. La méthylation de certains nucléotides se fait au niveau des bases ou des phosphates.E. Dans le dihydrouracile, une double liaison est hydrogénée par rapport à l’uracile classique, ce quiconduit à la présence de 2 hydrogènes supplémentaires.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 100
  • 101. QCM 34 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. L’acide aminé est chargé sur l’extrémité CCA-terminale en 5’ de l’ARNt.B. Pour pouvoir être chargé sur l’extrémité CCA-terminale de l’ARNt, l’acide aminé doit être sous formeactivée.C. L’amino-acétyl tRNA synthétase est l’enzyme qui catalyse la liaison entre l’acide aminé et le tRNAcorrespondant.D. L’activation de l’acide aminé se fait sous forme d’amino-acyl - AMP.E. Chaque ARNt est spécifique d’un seul acide aminé mais 1 acide aminé peut interagir avec plusieursARNt différents.QCM 35 : A propos de la biosynthèse et de la maturation des tRNA :A. Chez les procaryotes, les tRNA sont synthétisés par une RNA-polymérase DNA-dépendante sousforme de précurseurs qui subissent ensuite des modifications pour devenir des ARNt matures.B. La maturation chez les procaryotes fait intervenir des endonucléases, des exonucléases et se terminepar l’adjonction de l’extrémité CCA-terminale.C. L’épissage, qui correspond à l’excision d’un fragment de RNA, intervient aussi bien chez lesprocaryotes que chez les eucaryotes.D. L’épissage est catalysé soit par des complexes ribonucléoprotéiques soit par l’ARN lui-même. Dans cedernier cas on parle d’activité ribozyme de l’ARN.E. Chez les eucaryotes, l’addition de l’extrémité CCA-terminale de l’ARNt est catalysée par uneisomérase.QCM 36 : A propos de la transcription chez les procaryotes :A. La RNA-polymérase est un complexe protéique formé d’un core-enzyme et d’une sous-unitéd’initiation σ.B. Pour initier la transcription, la sous-unité σ de la RNA-polymérase se lie spécifiquement à l’opérateurdu gène.C. Il existe 2 types de sous-unités σ : σ32 qui fonctionne dans les conditions normales et σ70 quifonctionne en cas de stress important.D. La séquence TATA box se trouve comme pour les eucaryotes vers –30.E. Lors de l’élongation de l’ARN, le core-enzyme fonctionne en synergie avec la sous-unité d’initiationσ.QCM 37 : A propos de la structure de la RNA-polymérase d’E.Coli :A. C’est une enzyme composée de plusieurs sous-unités : deux α, une β, une β’, une ω et une σ.B. L’ensemble α2ββ’ωσ est le core enzyme de la RNA-polymérase.C. La sous-unité σ peut se trouver sous deux formes : σ70 et σ32 ; σ70 étant plutôt retrouvée dans desconditions de stress intense qui menacent la vie de la bactérie.D. La sous-unité σ (70 ou 32) a une affinité pour les séquences consensus situées sur le promoteur dungène.E. La RNA-polymérase met en place les nucléotides du mRNA en cours de formation sans qu’elle aitbesoin de séparer les deux brins du DNA.QCM 38 : A propos des mRNA des eucaryotes :A. Comme chez les procaryotes, les mRNA des eucaryotes subissent une maturation dans le noyau avantleur déplacement dans le cytoplasme.B. En 5’ et en 3’ des mRNA matures, il y a des séquences dites « UTR » (Untranslated Regions) nontraduites.C. En 5’, la Cap est formée par un nucléotide à guanine méthylé, relié par un pont diphosphate au premiernucléotide transcrit.D. Des méthylases peuvent effectuer des méthylations sur la Cap, ainsi que sur le premier ribose ou ledeuxième ribose.E. La Cap permet au mRNA de résister aux exonucléases en 3’ et donc de le stabiliser.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 101
  • 102. QCM 39 : Au sujet de la maturation des ARNm des Eucaryotes :A. Au niveau de la région 5’, la principale maturation est l’épissage de la Cap.B. La Cap correspond à un site de reconnaissance qui sert à l’épissage, au transport des ARNm hors dunoyau et à la traduction.C. La séquence polyA se trouve au niveau de l’extrémité 3’ de l’ARNm.D. La Cap est un ribonucléotide à Cytosine méthylé en 7.E. La queue polyA est une série de nucléotides à adénine synthétisée par la polyA-polymérase.QCM 40 : A propos de l’initiation de la transcription :A. Le complexe de pré-initiation contient la RNA-polymérase II ainsi que des facteurs généraux detranscription tels que EFII.B. Le complexe de pré-initiation se fixe sur la TATA box.C. La TATA box située environ en -30 sur le gène eucaryote est une séquence conservée au cours del’évolution.D. La TBP est le seul facteur qui se lie directement sur la TATA box.E. Le TFIID est composé de TAFs et de la TBP.QCM 41 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les mutations de séquences "éléments de réponse" n’ont aucune conséquence sur la cellule puisque cesont des séquences non codantes.B. L’interaction entre les facteurs de transcription et le DNA se fait sur des domaines de liaison au DNAtels que le domaine Hélice-Tour-Hélice, Leu Zipper ou Zinc Finger.C. Les facteurs de transcription spécifiques sont toujours activateurs.D. TFIID phosphoryle la RNA-polymérase II grâce à sa fonction protéine kinase.E. La phosphorylation de la RNA-polymérase II en N-terminal permet son activation.QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La RNA-polymérase II débute la synthèse du transcrit primaire grâce à un primer.B. La synthèse de la coiffe ou cap du pré-mRNA se fait en post-transcriptionnel.C. Pendant l’élongation il y a dissociation du complexe de pré-initiation et fixation des facteursd’élongation.D. La polymérase responsable de l’élongation ne possède pas de fonction proof-reading.E. La coiffe en 3’ du pré-mRNA est synthétisée par un système enzymatique spécifique.QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La RNA-polymérase II utilise un brin du gène comme matrice.B. La RNA-polymérase II synthétise des liaisons anhydride d’acide entre chaque base.C. La synthèse du brin néosynthétisé se fait dans le sens 5’3’.D. L’amplification génique permet une certaine plasticité du génome.E. Les gènes des histones sont des gènes répétitifs transitoires.QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Pour répondre aux besoins quantitatifs de la production de ses protéines, les cellules possèdent desgènes répétitifs stables.B. Les gènes codant pour les rRNA 45S, 5S et les tRNA sont des gènes répétitifs stables.C. Les gènes répétitifs stables ne suffisent parfois pas à la cellule à certains stades du développement.D. Chez certaines espèces, les gènes codant pour les rRNA sont des gènes répétitifs transitoires.E. Pendant la phase S du cycle cellulaire, il y a une forte production d’histones.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 102
  • 103. QCM 45 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les gènes répétitifs transitoires se mettent sous forme de cercles de DNA extracellulaires appelésépisomes.B. Chez certains insectes, l’amplification transitoire de gènes codant pour des protéines du chorion passepar l’un de ces mécanismes : soit la polyploïdie, soit la réplication sélective.C. Cette capacité d’amplification génétique transitoire est retrouvée dans les cellules cancéreuseshumaines.D. Le méthotrexate est un agent anti-cancéreux qui agit en inhibant la synthèse de l’ADN.E. L’amplification génique du gène codant pour la DHF réductase est un mécanisme de résistance auMTX.QCM 46 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le réarrangement des gènes codant pour les immunoglobulines (Ig) permet la synthèse d’environ unmillion d’Ig différentesB. Certains gènes possèdent une région régulatrice appelée promoteur.C. Les initiateurs de la transcription se lient au niveau du promoteur sur des séquences consensus.D. Tous les gènes possèdent un seul promoteur.E. La RNA-polymérase II se fixe directement sur la TATA box.QCM 47 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La biosynthèse de transcrits primaires d’ARN messagers chez les mammifères est réalisée par uneRNA-polymérase III.B. La biosynthèse des pré-mRNA se fait en trois étapes régulées : initiation, élongation, terminaison.C. La RNA-polymérase qui synthétise les transcrits primaires est un complexe de 12 sous-unités avec unecrevasse contenant le site actif où les deux brins de RNA se séparent.D. La RNA-polymérase qui synthétise les transcrits primaires utilise ATP, CTP, TTP, GTP.E. La RNA-polymérase qui synthétise les pré-mRNA possède une fonction proof-reading.QCM 48 : Biosynthèse de la cap ou coiffe des mRNA :A. La coiffe se situe en 5’.B. Elle est synthétisée par la RNA-polymérase II.C. La cap est un ribonucléotide à 7-méthylguanine.D. Entre le 1er nucléotide du mRNA et la guanine il y a un pont triphosphate.E. Il y a aussi souvent une méthylation du 1er ou 2ème ribose en 3’.QCM 49 : A propos de la queue polyA :A. Elle est synthétisée par la RNA-polymérase II par transcription d’une séquence polydT située sur lebrin codant du DNA.B. Elle est ajoutée à la fin de la traduction du mRNA.C. Elle est synthétisée à partir de dATP.D. Elle peut augmenter la durée de vie des mRNA.E. Elle permet la reconnaissance des mRNA pour la traduction.QCM 50 : A propos de la queue polyA :A. Elle est présente au niveau de tous les mRNA humains.B. La séquence polyA est constituée d’environ 200 nucléotides à adénine.C. Le signal de polyadénylation sur le brin matrice est AAUAAA.D. Elle peut être coupée par une endonucléase environ 30 nucléotides plus loin que son signal depolyadénylation.E. Elle est synthétisée par la polyA-polymérase qui forme des liaisons phosphodiesters 3’-5’.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 103
  • 104. QCM 51 : A propos de l’épissage alternatif :A. Il permet de synthétiser des protéines différentes à partir d’un même transcrit primaire.B. C’est un mécanisme post-traductionnel.C. Par ce mécanisme, le gène de la protéine basique de la myéline peut donner différentes protéines.D. Pour le gène de la calcitonine, c’est un mécanisme tissu-dépendant.E. Il peut entraîner l’élimination de certains exons.QCM 52 : A propos des mécanismes de maturation des mRNA :A. Pendant ou peu après leur biosynthèse les transcrits primaires sont méthylés sur environ 10% desadénosines.B. Ces méthylations se font au hasard sur le transcrit primaire.C. L’editing fait intervenir différents mécanismes tels que le changement, l’adjonction ou la suppressionde nucléotides.D. L’editing est un mécanisme post-transcriptionnel rare chez les mammifères.E. L’editing est réalisé par un editosome.QCM 53 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le transfert des transcrits primaires se fait du noyau vers le cytoplasme où ils seront traduits.B. La sortie du noyau des mRNA matures utilise des systèmes de transport tels que les importines.C. Il existe une régulation du transport des mRNA matures.D. Certains mRNA sont stockés dans le noyau et passent dans le cytoplasme en cas de besoin.E. Les mRNA des protéines utilisées dans le noyau sont traduits dans celui-ci.QCM 54 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. L’apparition d’un codon stop aberrant peut entraîner la dégradation du mRNA.B. Les iRNA sont des séquences simple brin qui en s’associant avec le mRNA entraîneront sadégradation.C. L’intervention des iRNA semble jouer un rôle anti-bactérien.D. Les iRNA sont des inhibiteurs très sélectifs utilisés en biologie moléculaire expérimentale.E. Le « Dicer » produit des siRNA à partir des iRNA.QCM 55 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La transcription des mRNA de toutes les protéines mitochondriales se fait dans la mitochondrie.B. Le génome mitochondrial est transcrit par la RNA-polymérase II.C. Les RNA-polymérases eucaryotes ont un taux d’erreur dix fois moins important que les RNA-polymérases procaryotes.D. La RNA-polymérase I est chargée de la synthèse de tous les rRNA.E. En raison de l’inhibition de la RNA-polymérase I, un patient ayant consommé de l’amanite phalloïdeprésentera tous les signes d’une hépatite.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 104
  • 105. CorrectionQCM 1 : AucuneA/ Les sous-unités ribosomales des eucaryotes font 40S et 60 S alors que celles des procaryotes font 30Set 50SB/ Pas pour les procaryotes qui n’ont pas de noyaux !C/ Non il y a de nombreuses différences, par exemple il n’y a pas de splicing chez les procaryotesD/ Pas chez les procaryotes où, du fait de l’absence de noyaux, transcription et traduction sont presquesimultanéesE/ Pas chez les procaryotes où ces ARNr n’existent pas. De plus les RNA-poly I, II et III sont celles deseucaryotes.QCM 2 : BCDA/ Nécessaires à la traduction !B/ En effet ils ont une taille moyenne d’environ 4S alors que les ARNr ont des tailles de 5S à 28SC/ Oui pour réaliser la liaison avec leur acide-aminéE/ En 3’QCM 3 : ABCDEQCM 4 : DEA/ Des ARN sont transcrits à partir des 2 brinsB/ 13 protéines sont synthétisées à partir de ce génome donc 13 ARNmC/ Cette ARN-poly est issue de gènes nucléaires, elle est traduite dans le cytoplasme puis importée dansla mitochondrieE/ Vrai puisque les gènes mitochondriaux n’ont pas d’introns !!!QCM 5 : ABEA/ Environ 80% des ARN totauxC/ Ces 3 ARNr sont issus d’un précurseur commun (45S) et sont donc issus du même gène (ce gène étantà de nombreux exemplaires dans le génome)D/ Pas le rRNA 5S qui est synthétisé par la RNA-polymérase IIIQCM 6 : DADN : brin codant  (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’) brin complémentaire (matrice) (3’)CGTAATTCGCAGTC(5’)ARNm  (5’)GCAUUAAGCGUCAG(3’)QCM 7 : ABDEC/ Les ARNm des histones n’ont pas de queue poly-AQCM 8 : CEA/ Que chez eucaryotes car les procaryotes n’ont pas d’introns !B/ Même dans l’ARNm mature tout n’est pas traduit (la traduction commencera au codon AUGinitiateur) !!D/ Le spliceosome est constitué de protéines et de snRNA U, on dit donc que c’est un complexeribonucléoprotéiqueQCM 9 : ABCDE© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 105
  • 106. QCM 10 : EHypoxanthine, guanine et cytidine peuvent être présents dans les anticodons mais seul le dernier est unnucléoside (les autres sont des bases azotés) !QCM 11 : ABDEL’hypoxanthine, constituant de l’inosine, n’est présent qu’au niveau de l’anticodon.Attention : si on vous avait demandé « lesquels peuvent être présents dans la séquence TψC ? » vousn’auriez pu répondre que ribothymidine, pseudo-uridine et cytidine ! Dans ce QCM on parle de la boucleTψC ce qui est plus large que la simple séquence !QCM 12 : AEB/ C’est un complexe multi-protéique, elle fabrique des chaînes d’ARNC/ Même si les mutations sont plus nombreuses, celles-ci ne sont pas transmises car ici on ne réplique pasle génome ! Si l’ARN ou la protéine sont trop modifiés, ils seront détruits sans conséquences pour ladescendance.D/ Les RNA-poly n’ont pas besoin d’amorces !QCM 13 : CEA/ Ils sont très modifiés chez les eucaryotes mais peu modifiés chez les procaryotes car chez ces derniersles ARNm sont traduits en même temps qu’ils sont synthétisésB/ Les ARN pré-messagers (= transcrits primaires) contiennent des exons et des introns, les introns sontexcisés lors de l’épissage et l’ARNm mature ne comprend donc que les exonsD/ C’est l’inverse : les codons de l’ARNm avec les anticodons des ARNtQCM 14 : ABCDEQCM 15 : COn est passé de 12800 copies à 50 soit 8 demi-vies (car on a divisé 8 fois le nombre initial par 2 : 12800 6400  3200  1600  800  400  200  100  50). Il a fallu 128h pour ces 8 demi-vies doncune demi-vie fait : 128 / 8 = 16 heuresQCM 16 : DEARNm  (5’)AUACUGGCUAC(3’)Brin matrice (complémentaire de l’ARNm)  (3’)TATGACCGATG(5’)QCM 17 : ADB/ TFIID se lie à l’ADN par l’intermédiaire de TBPC/ La transcription se fait entièrement dans le noyau (on est chez les eucaryotes) !D/ Protéine kinase = protéine qui phosphoryle un composé. Ici TFIIH phosphoryle surtout des sérines auniveau C-terminal de la RNA-poly II afin que cette dernière commence la transcriptionE/ ATP, UTP, GTP et CTP (pas de « désoxy » dans l’ARN)QCM 18 : BA/ Bien que le RNA soit monocaténaire il existe parfois repliement de la chaîne sur elle-même créant unealternance de zones appariées entre d’autres zones non appariées (cf. la structure des ARN de transferts)C/ La Cap est bien un nucléotide à Guanine méthylé mais celle-ci se trouve en 5D/ Ce sont les ARNtE/ L’épissage existe aussi pour les rRNA et les tRNAQCM 19 : ACDB/ La partie CCA-terminale n’est pas mise en place par l’ARN-poly III chez les eucaryotes, elle estsynthétisé après par une nucléotidyl-transféraseE/ C’est une liaison ester© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 106
  • 107. QCM 20 : ABDEA/ Tout à fait, par exemple les mRNA des histones ont une demi-vie qui peut atteindre une heure enphase S (où le besoin d’histones est grand) alors qu’elle n’est que de quelques minutes dans les autresphases du cycle cellulaire où les besoins en histones sont moindresC/ Certains mRNA sont stockés dans le noyauQCM 21 : BEA. L’enchaînement des ribonucléotides se fait par des liaisons phosphodiesters 3’-5’ et la biosynthèse desRNA se fait dans le sens 5’-3’.C. L’étape de maturation est assurée par des endonucléases et non des exonucléases.D. Les ARN sont synthétisés par des RNA-polymérases DNA-dépendantes.QCM 22 : ADB. Dans les ARN, les bases complémentaires sont AU et CG.C. La divergence des grands groupes du vivant a eu lieu il y a très longtemps mais la structure est trèsconservée car elle est probablement optimale pour leur fonction (les mutations seraient létales).E. Les zones fonctionnelles sont au centre car les activités catalytiques mettent essentiellement en jeu leRNA.QCM 23 : BEA. Ces rRNA sont codés par un seul gène qui est transcrit en rRNA 30S. Le rRNA 30S subit ensuite uneétape de maturation par des endonucléases qui aboutit à la formation des 3 rRNA 16S, 23S et 5S.C. Ces méthylations ont uniquement lieu chez les eucaryotes.D. Les protéines ribosomales sont bien synthétisées dans le cytoplasme mais elles reviennent dans lenoyau après leur synthèse pour s’y associer avec les transcrits primaires des rRNA.QCM 24 : ADEB. Les tRNA sont de plus petite taille que les rRNA.C. La boucle variable peut ne pas exister : certains tRNA ne comprennent donc que 3 boucles.QCM 25 : CEA. Il s’agit de liaisons phosphodiesters 3’-5’.B. 5’  3’.D. Les procaryotes n’ont pas de noyau, de ce fait transcription et traduction se déroulent simultanémentdans le cytoplasme. Pour les eucaryotes, la transcription se fait dans le noyau et la traduction se fait dansle cytoplasme.QCM 26 : ACDEB. Le ribosome de 70S chez les procaryotes possède une petite sous-unité de 30S et une grande sous-unitéde 50S et le ribosome de 80S chez les eucaryotes possède une petite sous-unité de 40S et une grandesous-unité de 60S.QCM 27 : ABDC. Il s’agit de la méthylation des cytosines et des ribosesE. Il est synthétisé dans le noyau puis est exporté vers le cytoplasme pour être traduit en protéinesribosomales./QCM 28 : ADEB. Dans la boucle anticodon.C. Liaison ester.QCM 29 : ABCDE© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 107
  • 108. QCM 30 : BDA. 2 étapes : aa + ATP → aa-AMP + 2Pi aa-AMP + ARNt → aa-ARNt + AMPC. C’est grâce à la nucléotidyl-transférase.E. Ce sont les ARNm.QCM 31 : AucuneA. RNA-polymérase II.B. Le transcrit primaire n’a pas encore subi d’épissage, il possède donc des exons et des introns.C. La transcription et la maturation se font dans le noyau puis c’est l’ARNm mature qui est exporté dansle cytoplasme.D. La coiffe ou « cap » est mise en place après le début de la transcription.E. Le transcrit primaire n’a pas encore subi de maturation.QCM 32 : CDEA. C’est la « cap » qui est un ribonucléotide à 7-méthyl-guanosine.B. Par la polyA-polymérase.QCM 33 : BCEA. Après la transcription.D. Méthylation sur bases ou sucres.QCM 34 : BDEA. L’extrémité CCA-term est en 3’ de l’ARNt.C. C’est l’amino-acyl tRNA synthétase.QCM 35 : ABDC. Seulement chez eucaryotesE. Par une nucléotidyl-transférase (pour info : elle fonctionne sans matrice)QCM 36 : AB. Au promoteur du gèneC. C’est l’inverseD. Chez les procaryotes, TATA est en -10E. σ intervient uniquement pour l’initiation de la traduction, pour l’élongation le core-enzyme continusans σ.QCM 37 : ADB. L’ensemble α2ββ’ωσ est appelé « holoenzyme ». La sous-unité sigma ne fait pas partie du coreenzyme qui est composé des 2 α, de β, β’ et ω.C. C’est σ32 qui apparaît en conditions de stress.E. La RNA-polymérase sépare les brins du DNA pour pouvoir transcrire. D’ailleurs, elle transcrit à partird’un seul brin appelé brin matrice, elle est donc bien obligée de les séparer.QCM 38 : BDA. Les procaryotes n’ont pas de noyau.C. Par un pont triphosphate.E. En 5’QCM 39 : BCEA. La Cap n’est pas ôtée, elle est ajoutée.D. Cap = ribonucléotide à Guanine méthylé en 7.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 108
  • 109. QCM 40 : BCDEA. EFII est un facteur d’élongation de la traduction.QCM 41 : BA. Si mutation des séquences ER => modification de la régulation de la transcription de ce gène => + ou– transcrit => conséquences cellulaires + ou – importantes.C. Les facteurs de transcription spécifiques peuvent être activateurs ou inhibiteurs.D. C’est le TFIIH qui phosphoryle la RNA-poly…E. …sur son extrémité C-terminale.QCM 42 : CDA. Les RNA-polymérases n’utilisent pas de primer.B. La coiffe est mise en place pendant la transcription.E. La coiffe est en 5’.QCM 43 : ACDB. Elle synthétise des liaisons phosphodiesters.E. Les gènes des histones sont répétitifs et stables.QCM 44 : ABCDEQCM 45 : CDEA. Les épisomes sont extra-chromosomiques et non pas extra-cellulaires.B. Dans ce cas l’amplification passe successivement par les 2 mécanismes. (Méchant le QCM)QCM 46 : ACB. Tous les gènes ont un promoteur.D. Parfois un gène peut posséder plusieurs promoteurs alternatifs.E. La RNA-polymérase II se fixe par l’intermédiaire du complexe de pré-initiation.QCM 47 : BA. C’est la RNA-polymérase IIC. Où les 2 brins de DNA se séparent.D. Elle utilise ATP, CTP, GTP et UTP et non TTP puisqu’elle synthétise du RNAE. Les RNA-polymérases n’ont pas de fonction proof-reading.QCM 48 : ACDB. Elle est synthétisée par un complexe de biosynthèse de la cap.E. C’est en 5’.QCM 49 : DEA. Elle est synthétisée par une polyA-polymérase.B. A la fin de la transcription.C. A partir d’ATP.QCM 50 : BDEA. Pas de queue polyA pour les mRNA des histones.C. Le signal de polyadénylation se situe sur le transcrit primaire.QCM 51 : ACDEB. Mécanisme post-transcriptionnel.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 109
  • 110. QCM 52 : CDEA. Méthylation de 1% des adénosines.B. Ces méthylations se font sur des séquences bien définies.QCM 53 : CDA. Ce sont les mRNA matures qui sont transférés.B. Utilise des exportines dont vous aurez la joie de faire plus ample connaissance en Bio cell.E. Pas de traduction dans le noyau ! mRNA traduits dans le cytoplasme puis protéines réimportées dans lenoyau.QCM 54 : ADEB. iRNA = RNA double brin.C. Rôle défensif contre certains virus.QCM 55 : aucuneA. Les protéines mitochondriales codées par le génome nucléaire (soit la grande majorité) sont transcritesdans le noyau (et traduites dans le cytoplasme).B. Transcription par une RNA-polymérase spécifique du génome mitochondrial.C. Le taux d’erreur est identique dans les 2 cas (ni les unes ni les autres ne possèdent de fonction proof-reading).D. Pas de tous : les rRNA 5S sont synthétisés par la RNA-poly III.E. La RNA-poly I est résistante à l’α amanitine contrairement aux deux autres.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 110
  • 111. TRADUCTION 19 QCMQCM 1 : Les aminoacyl-tRNAsynthétases :A. Sont réparties en 2 classes selon l’hydroxyle du ribose qu’elles reconnaissent (2’ ou 3’)B. Pour qu’elles puissent transférer l’acide aminé sur son ARNt l’acide aminé doit être lié à de l’AMPC. C’est une liaison ester qui relie l’acide aminé au désoxyribose de l’adénosine de l’extrémité CCA-terminale des tRNAD. Les aminoacyl-tRNAsynthétases sont au nombre de 20 (à quelques exceptions près), ce nombre estconstant.E. Elles lient les acides aminés à leur ARN de transfert avec une bonne fidélitéQCM 2 : Le code génétique :A. Il fait le lien entre le message nucléotidique et le message protéiqueB. Le tableau du code génétique fait apparaître les différentes combinaisons possibles entre lesnucléotides de l’ADN et les acides aminés qui sont codés par ces tripletsC. Il y a autant de codons que d’acides aminésD. Grâce au tableau du code génétique, si on connaît l’enchaînement des acides aminés d’une protéine onpeut retrouver exactement l’enchaînement de codons de l’ARNm qui a codé cette protéineE. Le code génétique est strictement universel c’est-à-dire qu’absolument tous les organismes vivantsutilisent le mêmeQCM 3 : Lors de la traduction chez les eucaryotes :A. Plusieurs types d’ARN interviennent : de transfert (ARNt), messager (ARNm) et ribosomique (ARNr)B. La grande sous-unité ribosomique est la première à se lier à l’ARNm.C. Le codon ATG initiateur est précédé dune séquence consensus de Kosak.D. Le complexe ternaire comprend l’ARNt initiateur porteur de la méthionine, le facteur d’initiation de latraduction eIF2 et un ATPE. Le code génétique est non chevauchant et non ponctué sauf ponctuations de début et de fin.QCM 4 : D’après les règles du Wobble, le codon (5’)AGG(3’) peut s’apparier avec les anticodonssuivants :A. (5’)UGG(3’) B. (5’)UCU(3’) C. (5’)UCC(3’) D. (5’)CCI(3’) E. (5’)CCU(3’)QCM 5 : Les protéines sécrétées :A. Leur synthèse se fait au niveau du réticulum endoplasmique lisse (REL)B. Ces protéines possèdent au début de leur synthèse (donc au niveau N-terminal) une séquence signalplutôt hydrophobe qui est le préalable à leur conduction vers le REC. Le SRP est un complexe ribonucléoprotéique comprenant l’ARN 7SLD. Cette protéine sécrétée traverse la membrane du RE au fur et à mesure qu’elle est synthétiséeE. Ces protéines, une fois libérées dans la lumière du RE, vont revenir dans le cytoplasme afin de se fairecliver le peptide-signal par la signal-peptidaseQCM 6 :Quelles sont les séquences de mRNA pouvant coder pour l’extrémité C-terminale du peptidesuivant : (NH2)…Trp-Cys-Gly-Met-Arg (COOH)A. (5’)…UGG UGU GGA UAA AGG UGG (3’)B. (5’)…UGG UGC GGU AUG CGA UGA UGG UAC UCC GAC…(3’)C. (3’)…GCU UGA AAA AAU AGC GUA AGG CGU GGU ACG AAC…(5’)D. (5’)…AGC GCU UUU GUC GAC CGA GUA AGC GGG…(3’)E. (5’)…GCU UGG UGU GGG AUG CGU ACU (3’)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 111
  • 112. QCM 7 : Le code génétique :A. Il est équivoque car un codon code pour un seul acide-aminéB. Chez les procaryotes 3 cadres de lectures sont fonctionnellement possibles selon la base de départC. L’ARNt(Met) initiateur est différent des autres ARNt(Met)D. L’appariement codon / anticodon est antiparallèle c’est-à-dire que la base 1 du codon s’apparie avec labase 3 de l’anticodon et inversementE. Le bon cadre de lecture est trouvé grâce à la séquence consensus de KosakQCM 8 : Soit la séquence suivante de codons d’un mRNA : (3’)…GAC UGU CAG CUA GGU…(5’)À quelle séquence d’acides aminés peut-elle donner naissance ?A. (NH2)…Asp-Cys-Gln-Leu-Gly…(COOH)B. (NH2)…Cys-Gln-Leu-Gly-Asp…(COOH)C. (COOH)…Gly-Leu-Gln-Cys-Asp…(NH2)D. (COOH)…Asp-Cys-Gln-Leu-Gly…(NH2)E. Aucune des propositions n’est exacteQCM 9 : La traduction chez les eucaryotes :A. Dans le complexe d’initiation sont présents le ribosome entier, le mRNA et le tRNA(Met)-Metinitiateur (tRNA initiateur spécifique de la méthionine chargé de son acide-aminé)B. Au cours de l’élongation le peptidyl-tRNA qui est sur le site P va être transloqué pour se retrouver surle site E et être expulsé du ribosomeC. La liaison peptidique est synthétisée par un ARN de la grande sous-unité ribosomaleD. Les tRNA successifs qui apportent leur acide aminé se positionnent initialement sur le site AE. Après chaque élongation de la protéine par un acide aminé, le ribosome avance d’un nucléotideQCM 10 : Les ribosomes :A. Sont les acteurs de la traduction et cette dernière se déroule dans le cytoplasme donc les ribosomessont des organites cytoplasmiquesB. Lors de la traduction, les ARNt pénètrent au cœur des ribosomes pour se rapprocher des ARNrC. Les 3 sites d’interactions entre ribosomes et tRNA (A, P, E) existent sur les 2 sous-unitésD. Les ribosomes procaryotes et eucaryotes ont une homologie de structure ce qui montre leur bonneconservation au cours de l’évolutionE. Un facteur RRF dissocie les sous-unités du ribosome à la fin de la traductionQCM 11 : A propos de la traduction :A. Le code génétique est dit dégénéré car un codon est à l’origine de plusieurs acides aminés.B. L’anticodon (3’)AGG(5’) peut s’apparier avec un tRNA chargé par Arg.C. La première base de l’anticodon s’apparie avec la troisième base du codon du tRNA.D. On peut déduire, à partir de la structure primaire d’un peptide, la séquence exacte des codons dumRNA correspondant.E. Chacun des 64 codons du code génétique code un acide aminé différent.QCM 12 : A propos de la traduction :A. L’anticodon (5’)IUA(3’) ne peut s’apparier qu’avec un seul codon.B. Le phénomène du wobble concerne la troisième base de l’anticodon.C. Un codon est constitué de 3 bases parmi les 5 suivantes : A, G, C, U, I.D. Une séquence de mRNA possède deux cadres de lecture possibles.E. Le codon initiateur AUG, correspondant à une Met, détermine le bon cadre de lecture.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 112
  • 113. QCM 13 : À propos de la traduction :Parmi les anticodons suivants, lesquels peuvent s’apparier au codon du tryptophane ?A. (5’)ACC(3’)B. (3’)GCC(5’)C. (3’)ACU(5’)D. (5’)CCA(3’)E. (5’)CCI(3’)QCM 14 : À propos de la traduction :A. L’anticodon (5’)UAA(3’) peut appartenir à un tRNA capable de charger une leucine.B. Le codon (5’)ACG(3’) peut s’apparier à l’anticodon (5’)UGC(3’).C. Le codon de la méthionine peut s’associer à un seul anticodon.D. L’anticodon (3’)ICA(5’) peut s’associer au codon (5’)AGU(3’).E. Il y a au maximum 2 anticodons différents qui peuvent s’apparier aux codons de l’arginine.QCM 15 : Lors de la biosynthèse des protéines chez les eucaryotes :A. A partir du code génétique, les acides aminés sont codés par un seul codon.B. Le premier acide aminé mis en place est la méthionine grâce au codon d’initiation AUG.C. Le codon du ARNt chargé par un acide aminé va interagir avec un anticodon du ARNm.D. Le chargement de l’acide aminé sur l’ARNt se fait grâce à une amino-acyl ARNt synthétase quicatalyse la liaison entre l’acide aminé et l’anticodon de l’ARNt.E. L’ARNt chargé par un acide aminé agit uniquement au niveau de la grande sous unité des ribosomes.QCM 16 : L’anticodon (3’) CGA (5’) :A. peut s’apparier avec le codon (5’) GCU (3’) de l’ARNm.B. peut s’apparier avec l’anticodon (3’) UCG (5’) de l’ARNm.C. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une alanine.D. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une sérine.E. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une valine.QCM 17 : A partir de la table du « Wobble », l’anticodon (5’) CAG (3’) peut mettre en place lors dela traduction du codon correspondant le ou les acide(s) aminé(s) suivant(s) :A. GlutamineB. ValineC. LeucineD. AsparagineE. ProlineQCM 18 : Au cours de linitiation de la traduction chez les eucaryotes :A. Il y a formation du complexe ternaire : tRNAi Met-Met + eIF2 + GTP.B. Ce complexe vient se lier à la petite sous-unité ribosomale 40S.C. Dans le même temps, la grande sous-unité ribosomale sest associée au mRNA seul.D. Lanticodon initiateur du mRNA sur lequel vient se fixer le complexe 40S-tRNA-eIF2 est le plussouvent un AUG.E. Le ribosome possède différents sites : parmi eux, le site A où se fixe le tRNAi Met-Met et le site P.QCM 19 : A propos des étapes de la traduction :A. Elles sont au nombre de 3 : Initiation – Élongation – Terminaison.B. Elles nécessitent des facteurs tels que les eIF, les EF et les eRF.C. Le signal de terminaison est un codon Stop (au nombre de 3 dans le code génétique).D. Quand le ribosome repère un codon Stop, un dernier tRNA chargé vient se fixer en face de ce codon.E. Au moment de relâcher la protéine néoformée, les sous-unités ribosomales sont dissociées et toujoursdétruites.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 113
  • 114. CorrectionQCM 1 : ABDEB/ On dit alors que l’acide aminé est activéC/ Au ribose !!QCM 2 : AB/ Le tableau fait apparaître les combinaisons de nucléotides formant les codons des ARN messagers(ARNm) !!C/ 4 X 4 X 4 = 64 possibilités de codons et seulement 20 acides aminésD/ Faux car un même acide aminé peut provenir de plusieurs codons différents (on dit que le codegénétique est dégénéré)E/ Bien qu’on dise que le code génétique est universel, il existe certaines exceptionsQCM 3 : ACEB/ D’abord la petite sous-unité ribosomiqueD/ Un GTPQCM 4 : BEcodon  (5’)AGG(3’)Wobble au niveau de la 3ème base du codon (le G en 3’)Donc face aux bases 1 et 2 on a un appariement standard : (3’)UC . (5’)Pour la 3ème base, face à ce G peuvent se mettre en place C ou U (cf. tableaux du Wobble)Donc face à ce codon peuvent se mettre les anticodons (5’)UCU(3’) ou (5’)CCU(3’)QCM 5 : BCDA/ Au niveau de RER (RE rugueux) = REG (RE granuleux). Cet aspect est dû justement à la présence desribosomes en surface en train de synthétiser ces protéinesE/ Ces protéines sécrétées ne reviennent plus dans le cytoplasme dans des conditions normales ! Ellessont dans le RE, dans le Golgi ou dans des vésicules pour voyager entre ces organites et sortir àl’extérieur de la cellule (exocytose)QCM 6 : BCA/ Codon stop au lieu du codon pour la méthionineB/ (5’)…UGG UGC GGU AUG CGA UGA UGG UAC UCC GAC…(3’)C/ (3’)…GCU UGA AAA AAU AGC GUA AGG CGU GGU ACG AAC…(5’)D/ Cette séquence d’ARNm n’a pas grand chose en commun avec ce peptideE/ Thr au lieu du codon stopQCM 7 : CDEA/ Donc NON-équivoqueB/ 3 cadres de lecture théoriques mais 1 seul est fonctionnel et est déterminé par le véritable codond’initiation AUG. Les virus peuvent avoir plusieurs cadres de lecture.C/ Vrai car l’ARNt(Met) initiateur s’amène que pour le codon AUG d’initiation et se fixe sur le site P desribosomes alors que les autres ARNt(Met) s’amènent pour les codons AUG internes de l’ARNm et sefixent sur le site A des ribosomesQCM 8 : EmRNA  (3’)…GAC UGU CAG CUA GGU…(5’)Il vaut mieux rétablir l’orientation correcte 5’3’ soit (5’)…UGG AUC GAC UGU CAG…(3’) ce quidonne (NH2)…Trp-Ile-Asp-Cys-Gln…(COOH)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 114
  • 115. QCM 9 : ACDB/ Le peptidyl-tRNA se trouve sur le site A et va être transloqué sur le site PC/ On parle d’activité ribozyme de l’ARND/ Seul le tRNA(Met)-Met initiateur se positionne directement sur le site PE/ D’1 codon soit 3 nucléotides !QCM 10 : BCDEA/ Le génome mitochondrial fabrique des ribosomes qui se retrouvent donc dans la mitochondrieB/ Vrai puisqu’il semblerait que ce soit les ARNr qui aient l’activité enzymatique (= ribozyme) et non lesprotéines ribosomales. De plus ces ARNr se trouvent au cœur de la structure alors que les protéines sontpériphériques.E/ RRF = Ribosome Recycling FactorQCM 11 : aucuneA. Le code génétique est dit dégénéré car un même acide aminé est codé par plusieurs codons.B. L’anticodon (3’)AGG(5’) peut s’apparier aux codons (5’)UCU(3’) et (5’)UCC(3’) qui codent pour lasérine.C. Codon du mRNA.D. Puisque les acides aminés sont codés par plusieurs codons, pour une même structure primairepeptidique, il existe plusieurs séquences de mRNA possibles.E. Différents codons peuvent coder le même acide aminé.QCM 12 : EA. Avec le phénomène du wobble, l’anticodon (5’)IUA(3’) peut s’apparier avec les codons (5’)UAU(3’),(5’)UAC(3’) et (5’)UAA(3’).B. Le phénomène du wobble concerne la première base de l’anticodon.C. Un codon est constitué de trois bases parmi les 4 du mRNA : A, G, C et U.D. Il existe 3 cadres de lecture possibles pour une même séquence de mRNA.QCM 13 : CDTrp => codon (5’)UGG(3’) Anticodon (3’)ACC(5’) = (5’)CCA(3’) Et (3’)ACU(5’)QCM 14 : AA. Anticodon (5’)UAA(3’)  codons (5’)UUA(3’) et (5’)UUG(3’)  Leucine pour les deux.B. Le codon (5’)ACG(3’) peut s’apparier aux anticodons (5’)CGU(3’) et (5’)UGU(3’). Attention au sens5---> 3!C. Met : codon (5’)AUG(3’) qui s’apparie avec (3’)UAC(5’) et (3’)UAU(5’).D. L’inosine ne peut se situer qu’en première position de l’anticodon (côté 5’).E. Les codons de l’arginine : 3 anticodons nécessaires : (5’)CGU(3’) (5’)CGA(3’) (3’)GCI(5’) (5’)CGC(3’) (5’)CGG(3’) (3’)GCU(5’) (5’)AGA(3’) (5’)AGG(3’) (3’)UCU(5’)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 115
  • 116. QCM 15 : BA. Un acide aminé est codé par un seul (Trp, Met) ou plusieurs codons (tous les autres).C. Le codon appartient à l’ARNm et l’anticodon à l’ARNt.D. La liaison se fait entre l’AA et le ribose de l’adénosine terminal de l’ARNt.E. Il agit au niveau des 2 sous-unités ribosomales.QCM 16 : ACB. L’ARNm porte des codons.C. Vrai : Anticodon (3’)CGA(5’)  codon (5’)GCU(3’) qui code pour une alanine.QCM 17 : CAnticodon (5’)CAG(3’)  Codon (5’)CUG(3’)  LeucineQCM 18 : ABC. Non, la grosse sous-unité est le dernier élément à venir se fixer lorsque le complexe ternaire, la petitesous-unité ribosomale et le mRNA se sont déjà associés.D. Attention : sur le mRNA, AUG est un codon. Lanticodon appartient au tRNA.E. Normalement les tRNA chargés de leur acide aminé arrivent sur le site A. Mais le tRNA initiateurporteur de la méthionine vient lui se fixer directement sur le site P.QCM 19 : ABCD. Attention : aucun tRNA ne correspond à un codon stop !E. Les sous-unités ne sont pas forcément détruites, elles peuvent resservir à dautres traductions.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 116
  • 117. MUTATIONS ET MUTATIONS HEMOGLOBINE 21 QCMQCM 1 : Quelles mutations parmi les suivantes sont considérées comme des macrolésions :A/ La recombinaison inégaleB/ L’addition d’une paire de bases responsable d’un décalage du cadre de lectureC/ La translocationD/ La réplicationE/ Une mutation non-sens sur la queue polyAQCM 2 : On donne une partie de la séquence nucléotidique normale du mRNA codant pour uneprotéine et la version de la même séquence chez un patient.Normal …… CCU UAU UUU CUA ACA UAA CGU GCU…..Patient …… CCU UAU UUU CUA AAC AUA ACG UGC ….Indiquez les propositions exactes :A/ Cette séquence code pour la partie N- terminale de la protéine.B/ Il s’agit d’une délétion qui a pour conséquence un décalage du cadre de lecture.C/ La protéine synthétisée chez le patient est rallongée par rapport à sa forme normale.D/ Sur le codon 6 de cette séquence, le codon stop a été remplacé par une Ile.E/ Quelle que soit la forme, sur la séquence protéique codée par cette séquence de mRNA on trouve uneseule Thr.QCM 3 : Quelles propositions vous paraissent exactes en ce qui concerne les lésions du DNA :A/ La fusion de 2 gènes induit probablement l’apparition d’une protéine chimère non fonctionnelle.B/ Une mutation non-sens concernant la partie initiale de la protéine induit une forme de longueur quasinormale mais non fonctionnelle.C/ Une délétion du codon d’initiation induit un décalage du cadre de lecture et donc une protéineanormale, non fonctionnelle.D/ La création d’un nouveau site d’épissage du mRNA induit toujours une protéine non fonctionnelle.E/ Une amplification génique est à l’origine d’une sous expression du gène en question et probablementde l’apparition d’un cancer.QCM 4 : Une mutation ponctuelle induit l’apparition d’un acide glutamique à la place d’un acideaspartique. Indiquez les propositions exactes :A/ C’est une transition de bases qui est à l’origine de la mutation.B/ La mutation est en position 3 du codon.C/ Un acide aminé apolaire a été remplacé par un autre apolaire.D/ La charge électrique de la protéine est complètement modifiée.E/ Il s’agit d’une mutation non-sens.QCM 5 : En position 67 de la chaîne β de l’hémoglobine A humaine il y a une valine.Elle est remplacée par une alanine dans l’hémoglobine Sydney, un aspartate dans l’hémoglobineBristol et un glutamate dans l’hémoglobine Milwaukee.Indiquer les propositions exactes :A/ Dans l’hémoglobine Sydney, le gène matrice subit une mutation T -> C.B/ Toute transition U-> A dans la position 2 du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.C/ Une mutation Bristol modifie la charge électrique de la chaîne β de l’hémoglobine.D/ Les hémoglobines Sydney, Bristol et Milwaukee résultent de mutations ponctuelles qui décalent lecadre de lecture.E/ Une transition U -> A en position 3 du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 117
  • 118. QCM 6 : Même énoncé que l’exercice précédent :A/ Si la valine en position 67 est remplacée par une glutamine, l’hémoglobine est dite MilwaukeeB/ Une transversion G -> A en 3e position du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.C/ Une transversion U -> A en 2e position du codon 67 peut donner une hémoglobine Milwaukee.D/ L’hémoglobine Bristol résulte d’une délétion ponctuelle.E/ Le nombre d’acides aminés de la chaîne β de l’hémoglobine s’en trouve modifiée.QCM 7 : La gènes de la famille β sont placés sur le chromosome 11 dans l’ordre suivant : ε, Gγ, Aγ,ψβ, δ et β. Quelle(s) mutation(s) peut (vent) être létale(s) au cours de la vie intra utérine ?A/ Un décalage du cadre de lecture à partir de ψβ.B/ Une mutation silencieuse sur la séquence codant Aγ.C/ Une délétion en tout début de la séquence codant pour ε.D/ Une mutation non-sens sur le brin matrice de δ.E/ Une mutation faux sens sur la séquence codant pour Gγ.QCM 8 : Indiquez les propositions qui vous paraissent exactes en ce qui concerne les globines :A/ Elles dérivent toutes d’un même gène ancestral ε qui s’est dupliqué puis a divergé pour donner lesdifférentes globines.B/ La myoglobine s’est séparée des hémoglobines il y a 600 Ma.C/ Les gènes β et δ ont évolué à partir d’un gène ancestral commun qu’ils ne partagent pas avec lesautres hémoglobines il y a 200 Ma.D/ L’expression des différents gènes de globines subissent une régulation tissulaire et temporelle.E/ Les pseudo gènes présentent une séquence régulatrice mais ne sont pas traduits.QCM 9 : Indiquez les propositions exactes en ce qui concerne l’expression des globines :A/ Les γ globines atteignent un pic d’expression à la naissance.B/ La ζ globine s’exprime pendant la vie intra utérine.C/ La globine ε s’exprime au niveau de la moelle osseuse.D/ La β globine atteint son maximum d’expression 3 mois avant la naissance.E/ La globine α s’exprime uniquement après la naissance.QCM 10 : Concernant le chromosome 11 et la famille de la β globine :A/ Les gènes ζ et β son situés dans cette région.B/ Un pseudo gène β « ψβ » est situé placé dans cette région.C/ Les gènes codant pour les globines α sont situés sur un autre chromosome.D/ Un décalage du cadre de lecture à partir de ψβ causée par une délétion peut induire une β-thalassémie.E/ Le gène ψγ ne peut être exprimé car il a perdu sa séquence régulatrice.QCM 11 :La partie terminale du mRNA mature codant pour l’hémoglobine A humaine est indiquée ci-dessous.Hb A : UCU_ AAA_ UAC_ CGU_ UAA_ GCU_ UAA_ GCU_ CGA_ GCC_ UCG …. Ser - Lys - Tyr – Stop 138 139 140 141Un patient présente une délétion du C appartenant au codon 141. Indiquer les propositions exactes.A/ Cette délétion est une mutation ponctuelle.B/ Cette délétion entraîne un décalage du cadre de lecture.C/ La protéine synthétisée est plus courte que la protéine standard.D/ Le patient présente une β- thalassémie.E/ Le patient présente une lysine en position 139 et 142.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 118
  • 119. QCM 12 :La séquence normale d’un gène est la suivante : …CCT_ GAG_ GAG… ...Pro5 – Glu6- Glu7 …Mutation 1: …CCT_ GAG_ AG…Mutation 2: … CCT_ AAG_ CAG…Mutation 3: …CCT_ GAA_ GAG…Mutation 4: … CCT_ UAG_ GAG…A/ La mutation 1 induit une l’apparition d’une sérine en position 7.B/ La mutation 2 induit l’apparition d’une protéine plus longue.C/ La mutation 4 est à l’origine d’une protéine plus courte.D/ La mutation 3 est une mutation non –sens.E/ La mutation 4 induit un décalage du cadre de lecture.QCM 13 : Supposons quune mutation du gène dun tRNA transforme son anticodon (5’)AGC(3’)en (5’)CGC(3’), quelle est la conséquence pour la protéine ?A. LAla de départ se transforme en Ser.B. La Ser de départ se transforme en Ala.C. LAla de départ reste inchangée.D. La Ser de départ reste inchangée.E. Aucune des propositions énoncées.QCM 14 : A propos des macrolésions :A. Une inversion est une macrolésion.B. La fusion de gènes est une macrolésion qui peut conduire à la formation de nouveaux gènes au coursde lévolution.C. Des recombinaisons inégales au cours de la mitose peuvent aboutir à lapparition de macrolésions.D. Une délétion intragénique touchant le gène de la globine peut entraîner une α-thalassémie car le gèneen question peut ne plus être exprimé.E. On peut juger de la gravité dune lésion à sa localisation sur le DNA codant ou pas.Le gène dune protéine contient 12 exons. Une mutation ponctuelle (transition C en T sur le brinmatrice) modifie le codon dun tryptophane (Trp) du 6ème exon de ce gène.QCM 15 : Quel était la séquence du codon avant la mutation ?A. (5’)UGG(3’)B. (5’)UAG(3’)C. (5’)UGA(3’)D. (5’)GGU(3’)E. Aucun des codons cités.QCM 16 : Quelle est la conséquence de cette mutation sur la structure de la protéine ?A. Cest une mutation non sens.B. Cest une mutation faux sens.C. La protéine mutée synthétisée est anormalement longue.D. La mutation induit un changement du cadre de lecture.E. La mutation induit la synthèse dune protéine tronquée à cause de lapparition dun codon stop.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 119
  • 120. QCM 17 : A propos des "frame-shift" (ou changement du cadre de lecture) :A. Une mutation ponctuelle silencieuse peut induire un frame-shift.B. Une délétion de 3 bases successives sur le brin matrice induit un décalage du cadre de lecture ouframe-shift.C. Une insertion d’un nucléotide survenant dans lADN codant induit un frame-shift.D. Un frame-shift induit souvent une perte de fonction de la protéine.E. Une délétion dans le DNA intergénique induit un frame-shift dans les gènes situés en aval de lamutation.QCM 18 : Concernant les mutations de l’ADN :A. Une macrolésion est une mutation affectant un grand nombre de paires de bases.B. Lorsque deux gènes fusionnent ils peuvent donner naissance à un nouveau gène : ce mécanisme acontribué à l’évolution phylogénétique des espèces.C. Lorsqu’un chromosome subit une délétion, la cellule à laquelle il appartient peut soit mourir soitréparer cette lésion.D. Une mutation touchant l’ADN codant a de fortes chances de passer inaperçue.E. Les effets d’une mutation seront d’autant plus faibles que le nombre de copies de ce gène est faible.QCM 19 : Concernant les mutations de l’ADN :A. Les mutations sont des pathologies moléculaires affectant l’ADN et donc les protéines.B. Si une mutation affecte une zone régulatrice d’un gène, elle aura pour conséquence une inhibition de satranscription.C. Une mutation intronique peut se traduire par une protéine plus longue.D. Si la mutation touche le codon AUG de l’ARNm alors sa traduction augmentera.E. Une mutation génique a toujours une expression phénotypique.QCM 20 : Concernant les mutations de l’ADN :A. Une mutation est dite faux sens quand elle substitue un acide aminé par un autre.B. Une mutation est dite non sens quand elle substitue un codon sens par un codon stop.C. Une mutation aura une gravité d’autant plus importante que l’acide aminé muté et l’acide aminénormal auront des propriétés physico-chimiques proches.D. Une mutation portant sur un codon stop peut se traduire par une protéine allongée.E. A cause de la redondance du code génétique, il se peut que l’acide aminé après mutation et l’acideaminé initial soient le même : la mutation est alors dite silencieuse.QCM 21 : Concernant les mutations de l’ADN :A. Une insertion d’un nucléotide qui se produit dans une zone d’ADN intergénique induit un frame-shift.B. Les gènes codant pour la globine ont une extraordinaire variété de mutations différentes, certainesétant à l’origine de maladies du sang telles que les thalassémies.C. L’hémoglobine peut, par mutation, générer une hémoglobine E moins stable et qui peut donc être àl’origine d’une anémie hémolytique.D. Il existe une possibilité de réversion d’une mutation : suite à une première mutation, qui provoque unchangement de codon, surviendra une deuxième mutation de ce codon muté qui permettra de revenir à uncodon qui code pour l’acide aminé initial.E. Elles possèdent aussi des ARNt particuliers, dit suppresseurs, qui peuvent réverser la mutationtouchant un codon grâce à une mutation touchant l’anticodon correspondant.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 120
  • 121. CorrectionQCM 1 : ACB/ C’est une microlésionD/ La réplication est physiologique, ce n’est pas une mutationE/ Cette mutation n’affecte pas le DNA en tant que tel, seule la durée de vie du mRNA de la protéine enquestion verra sa durée de vie très diminuée, d’où une diminution aussi de la synthèse de cette protéine.QCM 2 : CDEA/ Le codon stop indique qu’il s’agit plutôt de la séquence C- terminale.B/ Il s’agit d’une insertion mais qui induit bien un frame shift.QCM 3 : AB/ Cette protéine sera tronquée à son tout début, ce qui est équivalent à une non-expression du gènecodant.C/ Cette mutation empêche l’initiation même de la transcription protéique.D/ Cas de l’épissage alternatif.E/ Une amplification induit une sur expression.QCM 4 : BA/ Il peut s’agir d’une transition ou d’une transversion.C/ L’acide aminé polaire acide a été remplacé par un autre de la même catégorie.D/ Comme il s’agit de 2 acides aminés acides, ça n’a pas de très grosse conséquence sur la chargeprotéique.E/ Il n’y a pas d’apparition de codon stop mais d’un autre acide aminé, c’est donc une mutation faux-sens.QCM 5 : CA/ Sur le brin d’ADN matrice, complémentaire du mRNA, il s’agit d’une transversion A-> G.B/ Cette mutation donne une hémoglobine Bristol ou Milwaukee.D/ Il s’agit bien de mutations ponctuelles mais il n’y a pas de frame shift.E/ Il s’agira d’une valine, par redondance du code génétique.QCM 6 : CA/ L’Hb Milwaukee présente un glutamate en position 67.B/ L’Hb Bristol résulte d’une mutation en 2e position du codon et la mutation G -> A est une transition.D/ Il s’agit d’une mutation ponctuelle.E/ Le nombre d’acides aminés est le même.QCM 7 : CEA/ Car δ et β ne sont pas nécessaires à la vie in utéro.B/ La mutation étant silencieuse elle n’a pas de conséquence sur l’enchaînement peptidique.D/ δ et β ne sont pas nécessaires à la vie in utéro.QCM 8 : BDA/ Ce gène ancestral a bien existé mais ce n’est pas ε.C/ Ces 2 hémoglobines ont divergé l’une de l’autre il y a 40 Ma.E/ C’est justement l’absence de séquence régulatrice de ces gènes qui fait en sorte qu’ils ne sont pasexprimés.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 121
  • 122. QCM 9 : ABC/ Cette globine s’exprime pendant la vie in utéro, donc au niveau des organes hématopoïétiques de cetteétape, à savoir le foie et la rate.D/ Elle atteint son maximum d’expression au cours de la vie adulte.E/ Elle commence à s’exprimer à partir du 3e mois de la vie intra utérine.QCM 10 : BCDEA/ ζ est codé par le chromosome 16.QCM 11 : ABEC/ Elle est plus grande car le codon stop en position 141 n’est pas traduit.D/ On n’a aucune donnée sur la β globine de ce patient.QCM 12 : CA/ Elle induit l’apparition d’une serine ou d’une arginine.B/ Cette mutation est une transversion.D/ C’est une mutation silencieuse.E/ Elle induit l’apparition d’un codon stop.QCM 13 : C Avant mutation : Anticodon 1 2 3 A G C : : : U C G => 5 GCU 3 => correspond à Ala 3 2 1 Codon Après mutation : Anticodon 1 2 3 C G C : : : G C G => 5 GCG 3 => correspond à Ala 3 2 1 CodonDonc lAlanine de départ reste finalement inchangée, ce qui na aucune conséquence fonctionnelle sur laprotéine (mutation silencieuse ou muette).QCM 14 : ABDC. Les recombinaisons ou crossing-over surviennent au cours de la méiose.E. Une délétion touchant des zones régulatrices est grave, tout comme une délétion sur de lADN codantaboutissant à la synthèse dune protéine non fonctionnelle.QCM 15 : ARechercher les codons correspondant au tryptophane. Il ny en a quun : (5’)UGG(3’).Attention! Le brin matrice est lADN codant pour lARNm, donc la transition de C en T pour lADNrevient a une transition de G en A pour lARNm.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 122
  • 123. QCM 16 : AELa mutation entraîne lapparition dun codon stop à la place du codon tryptophane : UGG est remplacé parUGA ou UAG (selon si c’est le 1er ou le 2ème C qui est substitué par T). La protéine mutée synthétisée estpar conséquent anormalement courte et donc probablement inactive. La mutation nest pas décalante carle nombre de bases est respecté.(5’)UGG(3’) correspond au triplet du brin matrice d’ADN (5’)CCA(3’)Selon la transition on a (5’)TCA(3’) ou (5’)CTA(3’)Soit les codons : (3’)AGU(5’) ou (3’)GAU(5’) qui sont des codons stop (UGA ou UAG).QCM 17 : CDA. Une mutation silencieuse nentraîne aucune conséquence physiopathologique donc pas de frame-shift.B. Une délétion de 3 bases successives sur le brin matrice induit la disparition dun codon sens ou stopdonc entraîne la suppression dun acide aminé ou le prolongement de la traduction (respectivement), sansdécalage du cadre de lecture.D. Vrai car la plupart des codons et donc des acides aminés se trouvent changés.E. Un frame-shift est un décalage du cadre de lecture, et la "lecture" survient uniquement dans lADNcodant, donc pas dans lADN intergénique.QCM 18 : ABCD. Elle a de fortes probabilités de s’exprimer.E. Les effets seront d’autant plus faibles que le nombre de copies du gène est élevé car les autres copiesde ce gène pourront synthétiser des protéines normales.QCM 19 : ACB. Inhibition mais parfois aussi stimulation.C. Vrai: la conséquence pourrait être la non excision de lintron.D. La traduction ne pourra pas se faire à cet endroit car seul le codon AUG code pour la méthionine.E. Les mutations silencieuses n’en ont pas.QCM 20 : ABDEC. Elle aura d’autant moins de conséquences que les deux acides aminés auront des propriétés physico-chimiques proches.QCM 21 : BCDEA. Une insertion ne provoque un frame-shift que lorsqu’elle touche une zone transcrite de l’ADN.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 123
  • 124. ANTIBIOTIQUES ET ANTIMETABOLITES 12 QCMQCM 1 :Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent la transcription à la fois chezles procaryotes et les eucaryotes :A/ RifamycineB/ HydroxylamineC/ ErythromycineD/ Actinomycine DE/ PuromycineQCM 2 : La puromycine :A/ Bloque la transcription et la traduction à la fois chez les procaryotes et les eucaryotesB/ Dans la structure de la puromycine une sorte d’acide aminé est fixé à un analogue du ribose par uneliaison esterC/ Elle se place sur le site A des ribosomesD/ Le peptidyl-puromycine a le même rôle que le peptidyl-ARNtE/ Sa base pyrimidique est diméthyléeQCM 3 :Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent la traduction chez lesprocaryotes :A/ ChloramphénicolB/ CycloheximideC/ TétracyclineD/ RifamycineE/ PuromycineQCM 4 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ L’acridine est un agent intercalaire provoquant des mutations de l’ADN chez procaryotes et eucaryotesB/ L’α-amanitine inhibe la transcription chez les eucaryotesC/ La mitomycine inhibe les topoisomérases bactériennesD/ L’actinomycine D peut être utilisée en thérapeutique chez l’homme pour combattre les bactéries carelle inhibe la transcription chez ces dernièresE/ Rifamycine, tétracycline, chloramphénicol, streptomycine et érythromycine ont en commun d’être desinhibiteurs spécifiques des procaryotesQCM 5 :Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent le métabolisme desprocaryotes :A/ MitomycineB/ Actinomycine DC/ PuromycineD/ Acide nalidixiqueE/ Rifamycine© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 124
  • 125. QCM 6 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Au niveau médical, l’antibiotique lutte contre les bactéries alors que l’antimétabolite interfère avec lemétabolisme de la cellule.B. La mitomycine agit comme agent anti-cancéreux car elle bloque la division des cellules cancéreuses etnon celle des cellules à division normale.C. Le bromo-uracile est un agent intercalaire c’est-à-dire qu’il s’intègre à l’ADN et forme desappariements anormaux.D. L’actinomycine D est un inhibiteur de la transcription non spécifique (il agit sur les cellules eucaryoteset procaryotes).E. L’actinomycine D est donc quotidiennement utilisée en thérapeutique.QCM 7 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La rifamycine B est utilisée en thérapeutique comme anti-infectieux.B. L’α-amanitine est un inhibiteur de la transcription.C. L’α-amanitine est un peptide cyclique qui inhibe les DNA-polymérases DNA-dépendantes.D. La tétracycline est utilisée comme antibiotique en thérapeutique car elle inhibe la traduction desprocaryotes sélectivement.E. L’érythromycine inhibe l’étape de translocation pour la synthèse protéique chez les eucaryotes.QCM 8 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. On utilise le chloramphénicol pour inhiber la traduction des procaryotes.B. Le chloramphénicol est peu utilisé car certains sujets ont présenté une agranulocytose avec ce produit.C. La puromycine se place sur le site P du ribosome ce qui arrête la synthèse peptidique chez lesprocaryotes et les eucaryotes.D. Les agents intercalaires sont capables de s’insérer entre deux bases successives sur le même brind’ADN.E. La mitomycine est un agent intercalaire qui bloque la réplication.QCM 9 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Le bromo-uracile et l’hydroxylamine ont des effets mutagènes.B. La puromycine est peu toxique pour les cellules eucaryotes.C. Le cycloheximide inhibe la traduction sélectivement chez les procaryotes.D. L’-amanitine peut-être utilisée en laboratoire pour savoir si un phénomène dépend de la régulationde la transcription car elle bloque la biosynthèse des RNA.E. La tétracycline est utilisée en traitement antibiotique.QCM 10 : Parmi les antibiotiques et antimétabolites suivants, lesquels sont des inhibiteurs de latranscription ?A. StreptomycineB. Actinomycine DC. TétracyclineD. -amanitineE. Cycloheximide© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 125
  • 126. QCM 11 : Une expérience sur un mélange de ribosomes eucaryotes et procaryotes vise à évaluerspécifiquement la traduction de protéines histones :A. L’utilisation de l’érythromycine permet d’inhiber spécifiquement l’activité du ribosome procaryote.B. Le chloramphénicol inhibe l’activité peptidyl-transférase bactérienne tout en n’ayant aucun effet surles cellules eucaryotes.C. Le blocage des ribosomes procaryotes est indispensable pour pouvoir évaluer l’activité de traductiondes histones par des ribosomes eucaryotes.D. Alors que son utilisation est courante en thérapeutique, le cycloheximide ne convient pas à cetteexpérience.E. Le bromure d’éthidium, analogue de la Thymine, induit des mutations dans le DNA codant pour leshistones.QCM 12 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. Les antibiotiques et antimétabolites suivants ne sont pas utilisés en thérapeutique chez l’Homme :actinomycine D, -amanitine et acide nalidixique.B. L’administration de chloramphénicol peut-être à l’origine d’agranulocytoses.C. La mitomycine permet l’inhibition de la division cellulaire des cellules cancéreuses spécifiquement.D. L’-amanitine peut induire le décès d’humains par destruction hépatique.E. Pour traiter la tuberculose, on utilise le plus souvent la streptomycine.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 126
  • 127. CorrectionQCM 1 : DA/ Inhibe transcription chez procaB/ Agent mutagèneC/ Inhibe traduction chez procaE/ Inhibe traduction chez proca et eucaQCM 2 : CA/ Ne bloque que la traductionB/ Liaison amideD/ Le peptidyl-ARNt ne bloque pas la synthèse et ne sort pas du ribosome contrairement au peptidyl-puromycineE/ Base purique (adénine) diméthyléeQCM 3 : ACEB/ Chez eucaryotesD/ Inhibe transcriptionAttention : si on nous demandait les molécules qui inhibent la traduction chez les procaryotesspécifiquement il ne faudrait pas citer la puromycine qui inhibe chez proca et euca !!QCM 4 : ABEC/ La mitomycine inhibe la réplicationD/ Non car elle inhibe aussi la transcription des cellules humaines (eucaryotes)QCM 5 : ABCDEA/ Bloque la réplication chez proca et eucaB/ Bloque la transcription chez proca et eucaC/ Bloque la traduction chez proca et eucaD/ Bloque topoisomérases (donc que chez proca)E/ Bloque transcription chez proca seulementQCM 6 : ADB. Pas spécifique des cellules cancéreuses.C. C’est un agent mutagène non intercalaire.E. Pas utilisé en thérapeutique car agit aussi sur les cellules humaines.QCM 7 : ABDC. Inhibe les RNA-polymérases.E. Elle agit chez les procaryotes.QCM 8 : ABDC. Site A du ribosome.E. Ce n’est pas un agent intercalaire.QCM 9 : ADEB. Elle est toxique pour les cellules eucaryotes et procaryotes.C. Seulement chez les eucaryotes.E. Vrai car n’agit que chez les bactéries.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 127
  • 128. QCM 10 : BDA. La streptomycine inhibe l’initiation de la traduction.C. La tétracycline se lie à la sous-unité 30S des ribosomes procaryotes et inhibe la traduction.E. Le cycloheximide inhibe la peptidyl-transférase des sous-unités 60S des ribosomes eucaryotes.QCM 11 : ACB. Le chloramphénicol peut inhiber les ribosomes mitochondriaux des cellules eucaryotes.C. Vrai: Si vous mettez les 2types de ribosomes en présence dARNm codant pour les histones, les 2pourront le traduire, (Cependant physiologiquement il ny a pas dhistones chez les procaryotes, car ils nepossèdent pas les gènes codants pour!)D. Le cycloheximide n’est utilisé qu’en laboratoire car il est très toxique pour les cellules humaines.E. Le bromure d’éthidium est un agent intercalaire, c’est le 5-bromo-uracile qui est analogue de laThymine.QCM 12 : BDA. L’acide nalidixique est utilisé chez l’homme comme antibiotique anti-infectieux car elle inhibe lestopoisomérases bactériennes. Les 2 autres peuvent agir sur les cellules humaines donc on ne peut pas lesutiliser.C. La mitomycine agit sur la réplication des cellules cancéreuses mais aussi sur celle des cellules saines.E. La streptomycine n’est plus utilisée couramment car elle est toxique pour le nerf auditif. La rifanpicineest un autre antituberculeux.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 128
  • 129. rTECHNIQUES 65 QCM TECHNIQUES GENERALES – OUTILS ENZYMATIQUESQCM 1 : Parmi les mots ou phrases suivant(e)s, quel(le)s sont ceux(celles) qui représente(nt) uneséquence de type palindromique. (sans compter les accents, les espaces et la ponctuation)A/ kayak B/ sexe vêtu, tu te vexes C/ Luce, le valet te lave le culD/ en route, je tourne E/ un drôle de lord nuQCM 2 :A/ On peut utiliser de l’ADN d’hématies ou de plaquettes sanguines pour travailler sur le génome d’unindividu.B/ Les RNA sont plus fragiles que les DNA.C/ Contrairement à l’ARN, on va toujours fragmenter l’ADN en morceaux de grande taille avant del’utiliser.D/ Le BET est un agent intercalent qui peut servir à visualiser les acides nucléiques car il émet unefluorescence.E/ Tous les acides nucléiques migrent vers l’anode.(énoncé valable pour les QCM 3 à 7) : Parmi les séquences d’acide nucléiques suivantes :A/ 5’…AAGCACGAA…3’ B/ 5’…UUGCGUU…3’C/ 3’…GCCCGGGC…5’ D/ 5’…ACGCGT…3’ E/ 3’…TACGCAT…5’ 5’…CGGGCCCG…3’ 3’…UGCGCA…5’QCM 3 : La(les)quelle(s) est(sont) du type palindromique et peut(peuvent) être coupée(s) par uneenzyme de restriction de type II ?QCM 4 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré parune RNase A ?QCM 5 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré parune RNase H ?QCM 6 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré parune Nucléase S1 ?QCM 7 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique simple brin capable deservir de matrice à une DNA polymérase I ?QCM 8 : On dispose d’un génome d’ADN double brin (sans misappariement) et circulaire.A/ Il est possible qu’il soit clivé par une exonucléase.B/ Il peut être clivé par une endonucléase de restriction de type II.C/ Il peut servir de matrice à une transcriptase inverse.D/ Il peut subir l’action d’une terminal-transférase.E/ Il peut être clivé par une nucléase S1.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 129
  • 130. QCM 9 : L’endonucléase de restriction SpeI reconnaît la séquence ACTAGT (selon les conventionsd’écritures usuelles) et clive entre A et C (lorsque l’ADN est double brin).A/ Après coupure, on peut retrouver un fragment 5’…TGATC 3’…AB/ Après coupure, on peut retrouver un fragment 5’…A 3’…CTAGTC/ Etant donné que sur l’un des deux brins la coupure se fait entre A et C, sur l’autre brin la coupure sefait entre T et G.D/ Après coupure, on peut retrouver les fragments 5’…A CTAGT…3’ 3’…T GATCA…5’E/ Cette enzyme est une endonucléase de restriction de type IIQCM 10 : Parmi ces séquences, lesquelles peuvent être digérées par une Nucléase S1A/ 5’…ATGCACGAA…3’ B/ 5’…UUGCGUU…3’C/ 3’…GCCCGGGC…5’ D/ 5’…ACGCGT…3’ E/ 3’…TACGCAT…5’ 5’…CGAAACCG…3’ 3’…UGCGCA…5’ 5’…ATGAGTA…3’QCM 11 : Soit les enzymes de restrictions suivantes, pour lesquelles les séquences dereconnaissance respectives sont notées de 5’ en 3’ et le point de clivage (sur de l’ADN double brin)par "/".Fat I /CATG PaeI GCATG/C NlaIII CATG/ SunI C/GTACGA/ PaeI et NlaIII sont des isoschizomères.B/ PaeI et SunI sont des isoschizomères.C/ NlaIII et FatI sont des isoschizomères.D/ Si une séquence d’ADN x est coupée par PaeI et si une séquence d’ADN y est coupée par NlaIII, unfragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupuresont compatibles.E/ Si une séquence d’ADN x est coupée par NlaIII et si une séquence d’ADN y est coupée par FatI, unfragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupuresont compatibles.F/ Si une séquence d’ADN x est coupée par FatI et si une séquence d’ADN y est coupée par SunI, unfragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupuresont compatibles.(énoncé valable pour les QCM 12, 13 et 14) : Les séquences d’ADN suivantes, provenantrespectivement des patients P1 et P2 sont utilisées au cours des expériences qui suivent :P1 5’…CGGCCGGCG…3’ P2 5’…CGGCCGACG…3’ 3’…GCCGGCCGC…5’ 3’…GCCGGCTGC…5’QCM 12 : Quelle(s) technique(s) parmi les suivantes peut-on utiliser pour différencier les séquencesd’ADN des patients P1 et P2 (sachant qu’on utilisera l’ADN des séquences données ci-dessus, qu’il soiten simple ou en double brin)A/ Séquençage par la méthode de SangerB/ Technique ASO (dot-blot) avec une très forte concentration en sels.C/ Méthode de Northern-blotD/ Eventuellement la technique de DGGE (électrophorèse sur un gel qui contient un gradient d’agentdénaturant).E/ Méthode à la RNase A (associée à l’utilisation d’une ribosonde).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 130
  • 131. (énoncé valable pour les QCM 13 et 14) : On décide d’utiliser des enzymes de restriction pourdifférencier les séquences des patients P1 et P2. Soit les enzymes de restriction suivantes pourlesquelles les séquences de reconnaissance respectives sont notées de 5’ en 3’ et le point de clivage(sur de l’ADN double brin) par "/".HpaII C/CGG FseI GGCCGG/CC AscI GG/CGCGCCHaeIII GG/CC TauI GCSG/C(S=G ou C) Hpy99I CGWCG/ (W=A ou T)QCM 13 : Quelle(s) enzymes coupe(nt) la séquence d’ADN double brin du patient P1 ou laséquence d’ADN double brin du patient P2 ou les deux.A/ HaeIII B/ AscI C/ FseI D/ HpaII E/ Hpy99IQCM 14 : Parmi ces enzymes, pour laquelle (ou pour lesquelles) peut-on dire : « lorsqu’on incubeséparément les séquences d’ADN de P1 et P2 avec cette enzyme, il sera possible de distinguer cesdeux séquences après électrophorèse ».A/ TauI B/ HaeIII C/ HpaII D/ FseI E/ Hpy99IQCM 15 : SexAI est une enzyme de restriction de classe II (qui existe pour de vrai et qui a un jolinom, c’est vrai !) qui reconnaît une séquence de type palindromique de sept paires de bases(uniquement) et induit une coupure entre le premier et le deuxième nucléotide de la séquence.Après coupure sur une séquence d’ADN, on retrouve entre autre le fragment suivant : 5’…A 3’…TGGACCD’après ces informations et vos connaissances sur les enzymes de restriction, quelle(s) séquence(s)parmi les suivantes ne pourra(ont), selon toute hypothèse, en aucun cas être reconnue(s) etcoupée(s) par l’enzyme SexAI :A/ 5’…ACCTGGA…3’ B/ 5’…ACCAGGT…3’ C/ 5’…ACCCGGT…3’ 3’…TGGACCT…5’ 3’…TGGTCCA…5’ 3’…TGGGCCA...5’D/ 5’…CCTGG…3’ E/ 5’…ACCXGGT…3’ (où x représente une base 3’…GGACC…5’ 3’…TGGYCCA…5’ parmi A,C,T,G et Y sa base complémentaire) HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDES (il y a très peu de QCM spécifiques de cette partie)QCM 16 : A propos de la température de fusion (qui régit entre autres la dénaturation etl’hybridation des 2 brins d’un ADN) :A/ Elle augmente si la longueur de l’ADN augmente.B/ Elle augmente avec la présence de mésappariements.C/ Elle varie avec la composition en bases de l’ADN.D/ Elle augmente si la proportion de bases GC appariées augmente.E/ La DO (densité optique) diminue avec l’augmentation de la température, lorsqu’on réalise unedénaturation.QCM 17 : A propos de l’hybridation moléculaire et des sondes :A/ L’hybridation in situ permet de localiser une région de génome sur une préparation directe deschromosomes en métaphase.B/ La probabilité d’hybridation est favorisée par l’augmentation de la stringence.C/ La probabilité d’hybridation est favorisée par une forte concentration en sels.D/ La formamide permet d’augmenter la température de fusion.E/ Après une dénaturation, si on abaisse brutalement la température, les brins d’ADN se réassocientrapidement.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 131
  • 132. QCM 18 : A partir d’un exemplaire non marqué d’une sonde (DNA double brin), on cherche àobtenir une sonde marquée résistant aux RNases. Comment peut-on s’y prendre ?A/ On réalise la technique de marquage Nick Translation qui créée des cassures sur la sonde et utilise unepolymérase pour réparer la sonde avec des XTP radioactifs, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayantla capacité de s’hybrider.B/ On réalise la technique de multi random priming qui consiste à dénaturer la sonde de DNA doublebrin, à l’hybrider avec des amorces aléatoires (de DNA) et à combler les espaces avec des nucléotidesradioactifs et une DNA polymérase, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayant la capacité de s’hybrider.C/ On peut tout simplement dénaturer la sonde afin d’obtenir un fragment simple brin capable des’hybrider.D/ On peut inclure la sonde (de DNA) dans un vecteur qui comporte un promoteur et recréer des sondesmarquées par transcription avec des nucléotides radioactifs, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayantla capacité de s’hybrider.E/ Après dénaturation, on peut insérer un brin de la sonde dans un vecteur monocaténaire (phage M13) etrépliquer radioactivement le phage à l’exception de la zone où est insérée la sonde afin d’obtenir un ADNsimple brin au niveau de la sonde (permettant l’hybridation) et double brin marqué tout autour. PCRQCM 19 : A propos de la technique de PCR (polymerase chain reaction) :A/ Les "primers" ou amorces permettent de sélectionner la partie du DNA qui sera amplifiée.B/ Elle utilise comme précurseurs ATP, CTP, GTP et TTP.C/ Dans cette technique, on sépare les brins "matrices" et les brins néosynthétisés par chauffage (95°Cenviron).D/ Elle utilise pour l’amplification une DNA-polymérase RNA-dépendante.E/ Elle utilise une polymérase thermostable (ou thermorésistante) comme la DNA-pol I.QCM 20 : La technique de RT-PCR :A/ Utilise une DNA-polymérase RNA-dépendante.B/ Est utilisée préférentiellement pour amplifier des introns ou fragments d’introns.C/ Utilise comme précurseurs des désoxyribonucléotides.D/ Utilise une DNA-polymérase DNA-dépendante.E/ Ne nécessite pas d’étape de dénaturation.QCM 21 : A partir d’une préparation d’ARNm matures d’un individu x, on cherche à amplifier unfragment d’ARNm qui fait 600b chez un sujet témoin, par RT-PCR, en utilisant des amorcesadaptées.A/ Si on obtient lors de l’électrophorèse une bande de 200pb, on peut envisager une amplificationparasitaire due à une contamination de la préparation.B/ Si le sujet ne présente pas de trouble au niveau de l’ARNm étudié et que l’expérience se déroulecorrectement, on devrait trouver sur l’électrophorèse une bande de 600pb correspondant aux multiplesexemplaires du fragment d’ARNm amplifié.C/ Si on obtient lors de l’électrophorèse une bande de 300pb, on peut envisager une anomalie d’épissagelors de la maturation de l’ARNm étudié, ayant entraîné l’excision d’un exon de 300pb.D/ Il serait normal d’obtenir lors de l’électrophorèse une bande supérieure à 600pb car la RT-PCR aboutità l’amplification d’ADN, qui possède des introns contrairement à l’ARNm mature dans lequel ils sontnormalement excisés.E/ L’absence de bande lors de l’électrophorèse peut traduire une mutation (par exemple une délétion de5kb) dans le gène codant pour l’ARNm, au niveau d’une des zones sensées s’hybrider avec les amorces.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 132
  • 133. (énoncé valable pour les QCM 22 et 23) : La structure d’un gène et celle de son ARNm sontreprésentées ci-dessous : ATG STOP E1 E2 E3 E4 250 50 300 200 AUG 5’ 3’Les amorces utilisées pour la réaction de PCR sont symbolisées par des flèches. A partir de l’ARN extraitde différents organes, on réalise une expérience de Northern en utilisant comme sonde (marquéeradioactivement) de l’ADNc de ce messager. Après autoradiographie, on obtient les résultats suivants : 1 2 3 4 5 Cerveau 0,9 kb Cœur Poumon Foie RateQCM 22 : Quelles conclusions peut-on tirer de cette expérience ?A/ Tous les organes expriment ce gène à un taux semblable (car la PCR standard n’est pas quantitative).B/ Ce gène est fortement exprimé dans le foie.C/ La « queue » polyA a une longueur d’environ 100 bases.D/ La protéine correspondant à ce messager contient au moins 300 acides aminés.E/ Il est possible que le gène soit exprimé dans le cerveau, mais la technique de Northern n’est pas assezsensible pour le mettre en évidence (une RT-PCR serait préférable).QCM 23 : On réalise une RT-PCR sur l’ARN extrait de cellules en culture provenant de différentsindividus en utilisant les amorces indiquées, puis une électrophorèse (les produits amplifiés sontrévélés au bromure d’éthidium).A/ Chez les individus sains, on s’attend à trouver une bande d’environ 900pb.B/ Chez les individus sains, on s’attend à trouver une bande d’environ 600pb.C/ La présence d’une bande de 550pb peut traduire une anomalie d’épissage qui entraîne la perte del’exon 2.D/ La présence d’une bande de 550pb peut traduire une anomalie d’épissage qui entraîne la perte del’exon 1.E/ L’absence de produit d’amplification peut traduire une délétion du gène siégeant dans l’exon 3.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 133
  • 134. QCM 24 : Chez les sujets sains, l’exon 4 d’un gène contient 250pb (il n’y a pas de site pourl’endonucléase HindIII). Cet exon peut être spécifiquement amplifié par la PCR en utilisant uncouple d’amorces s’hybridant au niveau des extrémités de cet exon. Une mutation ponctuelle danscet exon introduit un site pour l’enzyme HindIII. Une électrophorèse est réalisée après PCR decette région génique sur l’ADN de plusieurs sujets puis incubation avec HindIII (dans desconditions de digestion complète). Après coloration au bromure d’éthidium, on obtient l’imagesuivante : Les résultats obtenus par cette méthode peuvent s’interpréter ainsi : A/ Le sujet 2 possède 2 copies strictement identiques de l’exon 4. 1 2 3 B/ Le sujet 1 est hétérozygote pour la mutation introduisant le sitepb Hind III. C/ Aucun allèle du sujet 2 ne présente de mutation introduisant le site250 HindII. D/ Le sujet 3 est probablement homozygote pour la mutation150 introduisant le site HindII.100 E/ Il semble quau moins un des allèles de chaque sujet analysé porte un exon 4 de taille normale.(énoncé valable pour les QCM 25 et 26) : Soit le gène organisé de la façon suivante : E1 E2 E3 E4 E5 100pb 400pb 150pb 50pb 200pbLes flèches représentent les amorces utilisées en cas de PCR ou RT-PCRQCM 25 :A/ Après une PCR, il est normal d’obtenir une bande de 0,9kpb à l’électrophorèse.B/ Après une PCR, si l’on obtient une bande de taille inférieure à celle logiquement attendue, on peutenvisager la présence d’une mutation entraînant l’excision d’un exon lors de l’épissage.C/ Après transcription de ce gène et réalisation d’une RT-PCR, on s’attend à obtenir une bande de 0,9kpbà l’électrophorèse.D/ Après une PCR, l’absence de produit d’amplification peut traduire une délétion de l’exon 2. (E2)E/ Après PCR, l’obtention d’une bande de 0,750kpb peut traduire la délétion de l’exon 3.QCM 26 :A/ Après transcription de ce gène et réalisation d’une RT-PCR, l’obtention d’une bande de 0,750kpbcorrespond très probablement à une excision de l’exon 3 lors de l’épissage (et pas d’un ou plusieursautres exons entiers).B/ Après une PCR, l’obtention d’une bande de 100pb fera envisager une amplification parasitaire à caused’une contamination.C/ Après une PCR, l’obtention de deux bandes différentes à l’électrophorèse (dans des conditions évitantla contamination et donc les amplifications parasitaires) permet de dire que le sujet est hétérozygote pource gène (il possède deux allèles de même taille mais de séquences différentes).D/ L’utilisation de la PCR permettra de détecter la présence d’une mutation qui se situe dans la fin del’exon 2 et qui est responsable de l’excision de l’exon 3 lors de l’épissage.E/ Afin d’éviter les amplifications parasitaires par contamination, il est recommandé de diminuer latempérature (pour augmenter la stringence).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 134
  • 135. (énoncé valable pour les QCM 27, 28 et 29) : On cherche à dépister la présence d’une mutationponctuelle qui entraîne la disparition d’un site de restriction pour l’enzyme NgoMIV, à 500pb dansl’exon 2 d’un gène de 1,6kpb (parmi lequel les exons représentent 0,8kpb) étudié. (remarque : cesite de restriction est normalement présent une seule fois dans la séquence étudiée). Pour chacundes patients à dépister, on réalise une RT-PCR (avec toujours les mêmes amorces) à partir d’unéchantillon de divers ARNm matures de ce gène ; dans un second temps on isole les acidesnucléiques obtenus et on en incube une partie avec NgoMIV puis on réalise deux électrophorèses(électrophorèse de la culture sans l’enzyme et électrophorèse de la culture avec NgoMIV). Onobtient les résultats suivants : P1 P2 P3 P4 P5 NgoMIV - + - + - + - + - + 800pb 500pb 300pb 200pb 100pb(longueur d’une queue polyA : environ 200b) NgoMIV : 5’…G/CCGGC…3’ 3’…CGGCC/G…5’QCM 27 : A propos du gène étudié :A/ Le patient P2 semble être indemne de la mutation étudiée.B/ Le patient P1 semble hétérozygote pour la mutation étudiée.C/ Le patient P5 présente la mutation ponctuelle étudiée.D/ Au vu des résultats, le patient P4 semble être hétérozygote pour la mutation étudiée.E/ Le patient P3 semble hétérozygote pour la mutation étudiée.QCM 28 : A propos de l’expérience et des résultats de l’électrophorèse :A/ Lors de la RT-PCR de l’ARNm du patient P4, il semble y avoir eu une amplification parasitaire due àune contamination.B/ On ne peut pas dire si un patient est hétérozygote ou non car le matériel génétique recueilli pourl’expérience est de l’ARNm (simple brin) et non de l’ADN génomique (double brin).C/ La partie du gène du patient P5 dont on analyse l’ARNm peut présenter le site de restriction deNgoMIV.D/ Parmi les ARNm du patient P1, au moins une partie peut être coupée par NgoMIV.E/ Au moins une partie des ARNm du patient P4 semblent présenter en 2 exemplaires l’enchaînement desbases constituant un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.QCM 29 : A propos de l’expérience et des résultats de l’électrophorèse :A/ Au vu des résultats, il semble que le gène du patient P4 porte un allèle muté (pour la mutation étudiée)et un allèle indemne de la mutation étudiée.B/ Le patient P1 est indemne de la mutation étudiée.C/ Les résultats obtenus pour le patient P4 montrent un défaut d’excision des introns lors de la formationdes ARNm du gène étudié.D/ Les introns composants le gène étudié représentent environ 0,6kpb.E/ Au vu des résultats, et si l’analyse par séquençage de l’ADN génomique des patients P1, P3, P4 et P5révèle la présence d’au moins un site de reconnaissance à NgoMIV pour chacun de ces patients, on peutsupposer que la taille de l’exon 2 est de 300pb.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 135
  • 136. SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASEQCM 30 : Quels sont les points communs aux méthodes de Southern et de Northern :A/ Elles comportent une étape de fragmentation des acides nucléiques utilisés.B/ Elles comportent une étape de transfert par capillarité sur un support solide.C/ Elles peuvent servir à la révélation de pseudogènes.D/ Elles peuvent utiliser une sonde d’ADN.E/ Elles comportent une étape finale de révélation de séquence(s) double brins.QCM 31 : La technique de cartographie à la RNase A :A/ Nécessite d’utiliser une ribosonde.B/ Permet de détecter des mutations ponctuelles.C/ Repose sur la capacité de la RNase A de couper le RNA au niveau de mésappariements d’une seulebase.D/ Se termine après électrophorèse par une étape de transfert et d’autoradiographie (si l’on utilise unesonde radioactive).E/ Coupe le RNA des hétéroduplex RNA/DNA au niveau des mésappariements.QCM 32 : La technique de cartographie à la nucléase S1 :A/ Nécessite d’utiliser une ribosonde.B/ Permet de détecter des mutations ponctuelles.C/ Repose sur la capacité de la RNase A de couper le RNA au niveau de mésappariements d’une seulebase.D/ Permet de détecter des mésappariements de 3 bases consécutives.E/ Coupe seulement le DNA des hétéroduplex RNA/DNA au niveau d’un mésappariement de 5 basesconsécutives.QCM 33 : Un cDNA (ou ADN complémentaire d’un messager mature) a été isolé et sa séquence aété publiée. On synthétise une sonde radioactive identique à une partie de la séquence du cDNA.A/ Cette sonde est synthétisée à partir de ATP, CTP, GTP, TTP.B/ Cette sonde est capable de s’hybrider avec le DNA génomique et peut être utilisée dans la technique deNorthern.C/ Si la séquence du gène (au niveau du DNA génomique) n’est pas connue, il est difficile de prévoir si lasonde s’hybridera avec un intron ou un exon.D/ Cette sonde peut s’hybrider avec les messagers (mRNA) produits par ce gène.E/ Cette sonde peut être utilisée dans la technique de cartographie à la Nucléase S1.(Enoncé valable pour les QCM 36, 37 et 38) : A partir d’un échantillon de sang de 2 individus P1 etP2, vous analysez par la méthode de Southern un gène, porté par le chromosome X, qui contient laséquence 5’ GGCC 3’ et qui ne la contient qu’une seule fois.De plus, on considère que si un (ou les deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s) 50% deses(leurs) chromosomes X sont inactivés par méthylation.ApaI : 5’ GGGCC↓C 3’ (insensible à la méthylation)Enzyme X : 5’ GGGCC↓C 3’(L’ Enzyme X ne coupe cette séquence qu’à condition que C ne soit pas méthylé).HaeIII : 5’ GG↓CC 3’(HaeIII ne coupe cette séquence qu’à condition que C ne soit pas méthylé).NB : On admet que, dans les conditions utilisées, la digestion enzymatique est complète chaque foisqu’elle est possible.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 136
  • 137. QCM 36 : Après digestion par l’endonucléase ApaI ou par l’ Enzyme X (dont les séquencesreconnues sont indiquées ci-dessus) et électrophorèse d’une partie des échantillons d’ADN de P1 etP2, on obtient les résultats suivants : P1 P2 ApaI - + - ApaI - + - Enzyme X - - + Enzyme X - - + 2700 pb 2700 pb 1800 pb 1800 pb 900 pb 900 pbA/ ApaI et l’ Enzyme X sont des isoschizomères.B/ Le profil obtenu pour l’individu P1 est compatible avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation duchromosome X s’est faite au hasard.C/ Le profil obtenu pour l’individu P2 est compatible avec celui d’un homme normal (XY).D/ ApaI n’a pas coupé une partie de l’ADN de l’individu P2 car la séquence était méthylée.E/ Le profil obtenu pour l’individu P1 est compatible avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation duchromosome X s’est faite de façon déséquilibrée (c’est-à-dire que dans la presque totalité des cellules,l’inactivation a touché toujours le même chromosome X).QCM 37 : On réalise une seconde expérience avec le restant non utilisé de l’échantillon d’ADN deP2, mais avec cette fois-ci l’enzyme de restriction HaeIII. Après digestion et électrophorèse, onobtient les résultats suivants : P2 A/ L’ Enzyme X et HaeIII sont des isoschizomères. B/ Les résultats obtenus pour l’individu P2 sont HaeIII - + contradictoires avec ceux de l’expérience précédente (ApaI et l’ Enzyme X) au niveau du statut d’inactivation du(des) chromosome(s) X et renvoient à de mauvaises conditions 2700 pb d’expériences. 1800 pb C/ Les résultats obtenus auraient été identiques si on avait réalisé la même expérience (avec HaeIII) sur le restant non utilisé de l’échantillon d’ADN de P1. D/ Les résultats semblent confirmer la présence d’une 900 pb variation de séquence par rapport à la séquence reconnue par ApaI et l’ Enzyme X, dans une partie des allèles de l’individu P2. E / D’après les résultats de la première expérience (ApaI et l’ Enzyme X) et ceux de la seconde expérience (HaeIII), on peut dire qu’il est possible que le profil de l’individu P2 soit compatible avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faite au hasard (cest-à- dire que dans 50% des cellules environ, un chromosome a été inactivé et que dans les 50% restants c’est l’autre chromosome qui a été inactivé).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 137
  • 138. QCM 38 : On décide d’approfondir les résultats pour les deux individus P1 et P2 : Pour l’individu P1 on utilise une technique Dans une autre expérience, on étudie par la permettant de recueillir spécifiquement le méthode de Southern l’ADN génomique de chromosome X d’origine maternelle. A l’individu P2 en utilisant les enzymes de partir de cet échantillon, on réalise à restrictions l’ Enzyme Y et l’ Enzyme Z nouveau une digestion par ApaI et l’ (dont les séquences reconnues sont notées Enzyme X, suivie d’une électrophorèse et on ci-dessous). On obtient les résultats ci- obtient les résultats ci-dessous : dessous : P1 (Ch. X d’origine maternelle seulement) P2 ApaI - + - Enzyme Y - + - Enzyme X - - + Enzyme Z - - + 2700 pb 2700 pb 1800 pb 1800 pb 900 pb 900 pbEnzyme Y : 5’ AGGXCC↓T 3’(insensible à la méthylation ; où X représente n’importe quelle base)Enzyme Z : 5’ T↓GGXCCA 3’(insensible à la méthylation ; où X représente n’importe quelle base)A/ Les nouveaux résultats obtenus pour l’individu P1 n’ont rien apporté de nouveau par rapport auxexpériences précédentes (expériences des QCM 36 et 37).B/ Les nouveaux résultats obtenus pour l’individu P2 sont contradictoires avec une ou plusieurs desexpériences précédentes (expériences des QCM 36 et 37).C/ D’après les résultats de la totalité des expériences réalisées sur l’individu P1, on peut dire qu’il s’agitd’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faite de manière déséquilibrée.D/ L’ Enzyme Y et l’ Enzyme Z sont des isoschizomères.E/ On peut désormais dire que dans la première expérience (QCM 8, avec ApaI et l’ Enzyme X), ApaI n’apas coupé une partie des allèles de l’individu P2 car ceux-ci possédaient la séquence 5’ GGGCCA 3’ ou5’ TGGCCC 3’ au lieu de la séquence reconnue par les enzymes (5’ GGGCCC 3’) SEQUENCAGE (SANGER)QCM 39 : Dans la méthode de séquençage de l’ADN de Sanger, on utilise :A/ Un ADN comme brin matriceB/ une DNA-polymérase DNA-dépendanteC/ un mélange de dCTP, dATP, dGTP, dUTPD/ des didésoxyribonucléotides qui, lorsqu’ils sont incorporés, constituent l’extrémité 5’ terminale desfragments en cours de synthèseE/ Une électrophorèse qui permet de séparer des fragments dont la longueur peut différer d’une seulebase.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 138
  • 139. QCM 40 : On séquence le fragment d’ADN dont la séquence est notée ci-dessous en utilisant latechnique aux didésoxyribonucléotides et avec des amorces fluorescentes. Au préalable, le fragmentd’ADN a été cloné dans le phage M13 : 5’…ACGGTATTTCACGAT…3’ Site de fixation de l’amorceLa séquence que vous lirez de bas en haut sur le gel d’électrophorèse dont le sens de migration est vers lebas sera :A/ TAGCACTTTATGGCAB/ ACGGTATTTCACGATC/ TGCCATAAAGTGCTAD/ ATCGTGAAATACCGTE/ Etant donné la position de l’amorce, le séquençage ne concernera pas la séquence notée ci-dessus maisun fragment voisin.QCM 41 : En ce qui concerne la méthode de Sanger pour le séquençage génétique :A/On préfère actuellement la méthode chimique à la méthode enzymatique.B/ Les chaînes nucléotidiques sont entièrement construites à partir de 2’,3’-didésoxynucléotidestriphosphates.C/ Cette synthèse s’arrête à un endroit donné au hasard.D/ La probabilité que l’ADN polymérase choisisse un ddNTP dépend de la quantité de ddNTP.E/ La chaîne d’ADN initiale subit une hybridation au préalable.QCM 42 : Indiquer les propositions exactes au sujet de la méthode de Sanger :A/ On utilise une ARN polymérase – ADN dépendante.B/ Les didésoxynucléotides triphosphates sont présents en faible quantité.C/ Pour visualiser l’expérience, on marque généralement les désoxynucléotides.D/ On peut séquencer un ARN avec cette méthode, à condition qu’il soit d’abord rétro transcrit.E/ Une matrice s’hybridant avec le brin matrice d’ARN est indispensable.QCM 43 : Electrophorèse et méthode de Sanger :A/ Si la sens de migration de l’électrophorèse (après séquençage par la méthode de Sanger d’un brinmatrice) est de bas en haut, alors pour obtenir la séquence du brin complémentaire de 5’ en 3’, on peut« lire l’électrophorèse » de haut en bas.B/ La séquence du brin séquencé est déterminée par simple lecture de l’électrophorèse.C/ On sépare les brins néo synthétisés en 4 compartiments selon le ddNTP incorporé.D/ La méthode la plus courante de visualisation requiert un marquage radioactif de l’amorce.E/ Une électrophorèse dans des tubes capillaires permet un séquençage rapide d’une séquence.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 139
  • 140. QCM 44 : On réalise un séquençage par la méthode de Sanger à un patient et on le compare avec laséquence normale. De plus, on connaît le mode d’action de 2 enzymes de restriction :-Apa I: …GGGCC/C…- Hae III : …GG/CC… A T C G A T C G - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - Normal PatientA/ Le patient présente une mutation C -> A au niveau de la séquence matrice.B/ Le brin matrice normal peut être coupé par les 2 enzymes de restriction Apa I et Hae III.C/ La mutation aurait pu être localisée et déterminée à l’aide de ces enzymes de restriction.D/ Cette mutation abolit l’action de Hae III chez le patient.E/ Pour obtenir la séquence de 5’ en 3’ du brin complémentaire de celui que l’on séquence, il suffit de« lire l’électrophorèse » de bas en haut. ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENESQCM A1 : On cherche à analyser l’activité transcriptionnelle de plusieurs cellules d’un individupar la technique de run-on : on isole les noyaux de plusieurs de ces cellules auxquelles on fournitdes XTP* (radioactifs). On laisse incuber pendant un temps t suffisant à la réplication et à latranscription et on analyse la culture ainsi obtenue après lavage des XTP* non utilisés. On chercheà savoir si la cellule a produit un ARNm donné : l’ARNm x (dont le gène a la particularité de ne pasposséder d’introns).A/ Si on révèle la culture par autoradiographie (qui permet de visualiser les éléments radioactifs) et quecelle-ci est positive (présence de radioactivité), on peut conclure que l’ARNm x a de fortes chancesd’avoir été formé.B/ Après isolation des éléments radioactifs de la culture, si on utilise une ribosonde non marquée(ribosonde y) complémentaire de la séquence de l’ARNm x, celle-ci pourra s’hybrider avec l’ARNm x(s’il est produit) mais aussi avec un brin du gène qui produit cette ARNm.C/ Il est préférable d’utiliser une sonde marquée radioactivement pour détecter la présence de l’ARNm x.D/ Si on révèle la culture par autoradiographie et qu’on ne détecte aucune présence de radioactivité, ilfaut conclure à une erreur ou mauvaise manipulation lors de l’expérience (par exemple la mort descellules).E/ Le temps t étant suffisant à la réplication et à la transcription, les XTP* seront retrouvés dans lesARNm mais aussi dans les brins d’ADN répliqués (en considérant que la réplication et la transcription ontlieu).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 140
  • 141. (énoncé valable pour les QCM A2 et A3) : Dans le but de localiser la position de la protéine P152sur l’ADN (on sait que cette protéine se fixe sur un site unique et palindromique du gène étudié etqu’elle se fixe à ce même endroit sur les deux brins de l’ADN) on fait réaliser deux expériencesidentiques de footprinting sur plusieurs exemplaires d’un segment d’ADN double brin schématiséci-dessous par deux manipulateurs différents : 0 2kb 4kb 10kb 50kb intron A exon 1 intron B exon 2 5’ 3’ 3’ 5’ Site unique HindIILe protocole donné est le suivant :- marquer radioactivement (14C) les extrémités 5’ des segments grâce à une polynucléotide kinasespécifique.- faire agir l’enzyme de restriction HindII (enzyme de restriction de type II)- grâce à une étape de gel filtration, on ne conserve que les fragments inférieurs à 15kb.- incuber un certain temps ces éléments avec une très grande quantité de la protéine P152.- faire agir une DNase I (qui clive aléatoirement le DNA double brin) pendant une durée assez courte puisprocéder à un lavage pour éliminer la DNase I de la culture.- réaliser une extraction au phénol (agent déprotéinisant), puis une extraction chloroforme/éther de façonà ne récupérer que des fragments de DNA pur.- isoler les éléments radioactifs et réaliser une électrophorèse.Les résultats des électrophorèses des 2 expérimentateurs sont donnés ci-dessous : Expérience 1 : le protocole a été réalisé Expérience 2 : Il est certain que le manipulateur a correctement oublié au moins une étape du protocole 4kb 4kb sens de la sens de la migration migrationQCM A2 : Que peut-on interpréter d’après la première expérience :A/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’exon 1.B/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’exon 2 (et plus précisément au niveau du sitereconnu par HindII).C/ Sur l’électrophorèse, on retrouve des fragments appartenant aux deux brins du gène.D/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’intron B.E/ Si on avait réalisé un marquage radioactif en 3’ (au lieu du marquage en 5’) sans modifier le reste duprotocole, on aurait obtenu un résultat similaire.QCM A3 : Que peut-on dire à propos de la seconde expérience :A/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de marquage radioactif en 5’.B/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de gel filtration.C/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de digestion par l’enzyme HindII.D/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de digestion par la DNase I.E/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape d’incubation avec la protéine P152.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 141
  • 142. ANALYSE GENOTYPIQUEQCM Y1 : Pour un diagnostic anténatal d’une maladie autosomale récessive (dont le gène n’est pasencore cloné), on dispose d’une sonde voisine du locus morbide (site du gène de la maladie) et onutilise la technique des RFLP (« restriction fragment lenght polymorphism »). Les résultats del’électrophorèse sont les suivants : pèreQuel est votre diagnostic ?A/ Le fœtus est normal (cest-à-dire ne porte pas mèrede gène malade).B/ Le fœtus est homozygote (malade). enfant maladeC/ Le fœtus est hétérozygote.D/ Le résultat observé n’est pas interprétable car il fœtusmanque des données.E/ Le résultat observé est impossible (et comporte probablement une erreur).QCM Y2 : Par la technique ASO (hybridation avec des oligosondes spécifiques d’allèle), vousanalysez l’ADN de différents patients (ceci afin de faire une banale validation de leurs statuts quevous connaissez déjà vis-à-vis de la mutation étudiée) avec d’une part une oligosonde spécifique del’allèle normal et d’autre part une oligosonde spécifique de l’allèle muté. Malheureusement lapersonne chargée des prélèvements sanguins a passé une soirée trop arrosée la veille de l’expérienceet n’était pas dans son assiette au moment de coller les étiquettes nominatives sur les flaconscontenant l’ADN. A vous de rétablir les bonnes associations entre étiquettes et résultats sinécessaire. (NB : la personne chargée de réaliser les dot-blot était totalement sobre et n’a pascommis d’erreur de manipulation). N° de Sonde Sonde Etiquette collée sur le flacon correspondant profil spécifique spécifique (pour les de l’allèle de l’allèle résultats normal muté des dot-blot) 1 Témoin sain pour la mutation explorée (sain//sain) 2 P1 hétérozygote pour la mutation explorée (muté//sain) 3 P2 homozygote pour une délétion du gène explorée 4 P3 homozygote muté pour la mutation explorée (muté//muté)A/ Malgré son état, la personne chargée des prélèvements sanguins est parvenue à coller chaque étiquetterespectivement sur le bon flacon correspondant.B/ Le profil n°1 de l’expérience de dot-blot est compatible avec celui d’un individu hétérozygote pourune délétion du gène exploré.C/ L’interprétation des résultats du profil n°2 nécessite l’exploration par d’autres sondes ou unchangement des conditions d’expérience.D/ Le profil n°2 de l’expérience de dot-blot présente un individu indemne de toute mutation.E/ Le profil n°1 de l’expérience de dot-blot correspond en fait à celui du patient P3.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 142
  • 143. QCM Y3 : On réalise une étude par SSCP (polymorphisme de conformation des simples brins) surune séquence d’ADN de 4 individus. Les résultats sont les suivants : K L M N sens de migration ▬ ▬ ▬ ▬ ▬ ▬ ▬ ▬Parmi les interprétations suivantes, la(les)quelle(s) sont correcte(s) :A/ L’individu L présente une délétion par rapport à l’individu K.B/ L’individu M possède la même séquence que l’individu K.C/ L’individu N présente une mutation seulement sur un des deux brins de la séquence d’ADN étudiéepar rapport à l’individu K.D/ L’individu M a une séquence plus grande que l’individu L.E/ L’individu K peut présenter une mutation par rapport à l’individu M.(énoncé valable pour les QCM Y4, Y5, Y6 et Y7) : On cherche à mettre en place une nouvelle méthodeefficace de diagnostic indirect via RFLP pour une maladie x autosomale récessive due à un allèle muté,afin de pouvoir remplacer le diagnostic direct qui est techniquement difficile à réaliser et très coûteux. Onréalise des tests chez 5 frères et sœurs (qui possèdent les mêmes parents, aujourd’hui décédés) : 1 hommetémoin sain (T), une femme atteinte de cette maladie x (M), un homme (P1), une jeune fille (P2) et unjeune homme (P3). Résultats de la première Sonde spécifique de Sonde spécifique- Dans une première expérience (1) l’allèle normal de l’allèle mutéexpérience (1), onparvient à réaliser un Témoin (T)diagnostic direct par la Malade (M)méthode du dot-blot(technique ASO (P1)d’hybridation à haute (P2)stringence avec desoligosondes spécifiques (P3)d’allèles).QCM Y4 : A propos des résultats de la première expérience (1), parmi les interprétations suivantes,la(les)quelle(s) est(sont) correcte(s) :A/ Le patient (P3) est hétérozygote pour la maladie explorée.B/ Le témoin (T) est en fait hétérozygote pour la maladie explorée.C/ Le patient (P1) est indemne de toute mutation.D/ Au moins un allèle du patient (P2) est muté.E/ Le malade (M) est forcement homozygote pour la maladie explorée (c’est-à-dire qu’il possède deuxallèles mutés).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 143
  • 144. QCM Y5 : Parmi les schémas suivants (selon les conventions usuelles), le(s)quel(s) refléte(nt) lesrésultats de la première expérience (1) : A père mère B père mère C père mère ? ? ? (T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3) D père mère E père mère ? ? ? ? (T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3)- Dans une seconde expérience (2) de diagnostic génotypique indirect, on analyse l’ADN des diversespersonnes grâce à trois RFLP différents (chaque RFLP étant respectivement étudié avec une endonucléasedonnée et une sonde donnée). Les résultats à l’électrophorèse sont les suivants : RFLP 1 (T) (M) (P1) (P2) (P3) 3,8kb ▬ ▬ ▬ 1,7kb ▬ ▬ 0,8kb ▬ RFLP 2 (T) (M) (P1) (P2) (P3) 1,3kb ▬ ▬ 1,1kb ▬ ▬ 1kb ▬ ▬ 0,6kb ▬ ▬ RFLP 3 (T) (M) (P1) (P2) (P3) 2,8kb ▬ ▬ 2,1kb ▬ ▬ 1,7kb ▬ ▬ ▬© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 144
  • 145. QCM Y6 : On a répété la première expérience (1’). Les résultats sont identiques pour (T), (M), (P2)et (P3). Pour le patient (P1) on a obtenu les mêmes résultats que pour le témoin (T). On considèreque ces résultats sont le reflet de la réalité. Ainsi, à propos de la seconde expérience (2), parmi lesinterprétations suivantes, la(les)quelle(s) est(sont) correcte(s) :A/ Les résultats de l’analyse du RFLP2 sont faussés.B/ Les résultats de l’analyse du RFLP1 sont faussés.C/ D’après les données, il semble que les séquences d’ADN utilisées pour le RFLP1 soient les pluséloignées (par rapport à celles des RFLP2 et RFLP3) du gène de la maladie.D/ Les analyses des RFLP2 et RFLP3 semblent pouvoir être efficaces pour le diagnostic de la maladie x.E/ Les résultats de l’analyse du RFLP2 montrent que le patient 2 (P2) serait hétérozygote pour le gène dela maladie.QCM Y7 : Si l’on avait pu réaliser le test du RFLP3 pour les parents, quel(s) résultat(s) parmi lessuivants aurait-on pu attendre : A père mère B père mère 2,8kb 2,8kb ▬ ▬ 2,1kb ▬ ▬ 2,1kb ▬ 1,7kb ▬ ▬ 1,7kb ▬ C père mère D père mère 2,8kb ▬ 2,8kb ▬ 2,1kb ▬ ▬ 2,1kb ▬ 1,7kb ▬ 1,7kb ▬ ▬ E père mère 2,8kb ▬ 2,1kb ▬ 1,7kb ▬ ▬© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 145
  • 146. QCM Y8 : Après amplification par PCR d’un fragment d’ADN donné chez trois sujets, puisanalyse en DGGE, on obtient les résultats suivants : Témoin Sujet Sujet Sujet normal X Y Z gradient ▬ ▬ ▬ ▬Vous pouvez conclure que :A/ On aurait sûrement pu réaliser la même expérience avec de l’ARNm.B/ Le sujet Y peut présenter plusieurs mutations ponctuelles.C/ L’ADN du sujet Z est plus stable que l’ADN du sujet X.D/ Le sujet X présente une mutation.E/ Le sujet Y peut être hétérozygote pour une délétion au niveau de la séquence où s’hybride une amorcede la PCR. VECTEURS ET CLONAGE(énoncé valable pour les QCM V1, V2 et V3) : On souhaite insérer un fragment de DNA de 1kb(obtenu par coupure de DNA génomique par EcoRI) dans un plasmide recombinant de 5kb (quiservira à amplifier ce DNA après transfection dans une bactérie). Il existe dans ce plasmide un siteEcoRI (G/AATTC) unique.QCM V1 :A/ La construction est impossible.B/ La construction nécessite l’utilisation d’une ligase pour lier les fragments de DNA.C/ Le fragment peut s’insérer dans les deux sens.D/ Le fragment peut être excisé après amplification dans la bactérie et purification du plasmide par lemême enzyme de restriction.E/ Après amplification, purification et excision, le fragment récupéré est plus long.QCM V2 : Lors de la construction de ce plasmide (au début) on effectue une électrophorèse (quipermet de vérifier la taille des fragments) après linéarisation.A/ On observe trois bandes principales de 1 ; 5 et 6kbB/ Si on observe une seule bande de 1kb, on peut affirmer que la construction n’a pas été effective.C/ Pour visualiser les bandes, on peut utiliser du bromure d’éthidium.D/ En supposant que l’on dispose d’une sonde marquée spécifique génomique, elle s’hybriderait (ensouthern) avec les fragments de 5 kb.E/ En supposant que l’on dispose d’une sonde marquée spécifique génomique, elle s’hybriderait (ensouthern) avec les fragments de 1 et 6 kb.QCM V3 : En se référant à tous les énoncés ci-dessus, il vaut mieux choisir pour transfecter labactérie (dans le but d’amplifier le fragment de DNA génomique) :A/ Le mélange des fragments 1 ; 5 et 6kb. B/ Le mélange des fragments 1 et 5kb.C/ Les fragments de 1kb D/ Les fragments de 6kb. E/ Les fragments de 5kb.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 146
  • 147. QCM V4 : Classez les vecteurs suivants par ordre décroissant de la longueur moyenne des insertsqu’ils peuvent contenir. 1 - cosmides 2 - phages 3 - plasmides 4 - YACA/ 3–1–2–4 B/ 4–1–2–3 C/ 4–3–1–2 D/ 3–4–2–1 E/ 1–2–4–3QCM V5 : A propos du clonage :A/ Les banques de YAC sont utilisées pour des insertions de très petits fragments d’ADN.B/ Les opérations de clonage peuvent se faire dans des bactéries mais aussi dans des cellules eucaryotes.C/ Pour cribler un clone dans une banque, on peut utiliser une technique d’hybridation (directement surl’ADN) ou bien utiliser un anticorps (sur une banque d’expression).D/ Les phages et les cosmides nécessitent une encapsidation contrairement aux plasmides.E/ Les cosmides entraînent une lyse des bactéries dans lesquelles ils sont insérés, contrairement auxphages.QCM V6 : On réalise une transformation (entrée d’un plasmide dans une bactérie). Le but del’opération est d’insérer un plasmide LacZ – possédant le gène Amp.R dans le gène LacZ + de labactérie (qui n’est pas naturellement résistante à la pénicillinase). Après l’opération, on peut direque :A/ Les bactéries résistantes à la pénicillinase ont incorporé le plasmide.B/ Le gène LacZ de certains plasmides incorporés produit une β-galactosidase qui clive le X-galactose etentraîne une coloration bleue.C/ Les bactéries de couleur bleue ont incorporé le plasmide de la façon voulue.D/ Les bactéries blanches et vivantes sont celles dans lesquelles la transformation s’est déroulée de lafaçon souhaitée.E/ Les bactéries de couleur bleue ne possèdent pas le gène Amp.R.QCM V7 : On dispose d’un insert que l’on souhaite cloner, d’un plasmide et d’une culture debactéries. Seuls les sites de coupures uniques pour les enzymes de restriction de type II sont notéssur les schémas suivants. Les sites de coupures reconnus par les enzymes de restriction de type IIsont notés selon les conventions usuelles. insert : Acc651 ATG STOP AccII NcoI LacZ E1 E2 E3 PaeI NcoI : C/CATGG promoteur 1 PaeI : GCATG/C PaeI NlaIII : CATG/ ORI FatI SunI : C/GTACG SunI FatI : /CATG NlaIII Amp.R. AccII : CG/CG promoteur 2© Tous droits réservés au Tutorat Associatif Toulousain Acc651 : G/GTACCSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 147
  • 148. A/ L’insert ne peut s’insérer que dans un seul sens dans le plasmide, quelle(s) que soi(en)t la ou lesenzymes que l’on utilise pour l’insertion.B/ Pour sélectionner les bactéries dans lesquelles un plasmide s’est inséré, on peut utiliser la pénicillinase(antibiotique).C/ On peut utiliser les enzymes … pour insérer l’insert dans le plasmide.D/ Les bactéries de couleur bleue en présence de X-galactose possèdent un plasmide recombinant.E/ Après amplification dans la bactérie et utilisation de détergent puis ultracentrifugation, l’ARN forméest le moins dense des acides nucléiques. ANIMAUX TRANSGENIQUES Même si la forme des QCM suivants est un peu délirante, le fond de ces exercices reste tout à fait sérieux.(énoncé commun aux QCM T1 et T2 : ) Une équipe de chercheurs montréalais a découvert que la protéine cellulaire GCN2, qui inhibe le stockage de nouvelles informations dans la mémoire à long terme, pourrait bien jouer un rôle régulateur essentiel dans le transfert des informations de la mémoire à court terme à la mémoire à long terme. À laide dune série dexpériences, les chercheurs ont démontré que les souris privées de la protéine GCN2 (ou souris transgéniques) assimilaient plus durablement les informations nouvelles que des souris normales et que ces informations étaient plus souvent stockées dans la mémoire à long terme. Ils en ont donc déduit que la protéine GCN2 pouvait inhiber le stockage de nouvelles informations dans la mémoire à long terme. (Source: Université McGill, Elodie Pinot, OTTAWA)Pauvre petit P1 que vous êtes, avec vos difficultés de mémorisation à long terme (surtout pour la SHS !),vous rêver de créer un clone de vous-même qui n’exprimerait que peu (ou plus) de protéine GCN2 grâceà un transgenèse, et cela fin qu’il puisse réaliser votre plus grand rêve : passer en P2 !En attendant que ce soit possible, vous vous entraînez sur des souris.QCM T1 : Quelle(s) stratégie(s) parmi les suivantes peut-on adopter pour créer directement ouindirectement une souris qui n’exprimerait que peu (ou plus) de protéine GCN2 ?A/ On peut réaliser une transgenèse additionnelle qui consisterait à insérer un gène produisant un ARNmde séquence antisens à l’ARNm de la protéine GCN2.B/ On peut réaliser une inactivation insertionnelle par criblage du gène de la protéine GCN2 (inactivationgénique ou knock-out).C/ On peut réaliser une recombinaison homologue aboutissant au « floxage » du gène (ou d’une partie dugène) de la protéine GCN2 et croiser l’animal obtenu avec une autre souris transgénique exprimant unpromoteur tissu spécifique.D/ Par transgenèse additionnelle, on peut insérer le gène d’une protéine mutée ou tronquée mais nonfonctionnelle, qui va agir comme dominant-négatif et prendre la place de la protéine ciblée (GCN2) etdonc inhiber son action.E/ Si après inactivation insertionnelle par criblage (knock-out), vous ne parvenez pas à obtenir de sourishomozygote pour l’inactivation du gène de la protéine GCN2, il est possible que ce gène joue un rôlevital dans le développement embryonnaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 148
  • 149. QCM T2 : Vous décidez, pour obtenir une souris knock-out pour le gène de la protéine GCN2, derecourir à l’utilisation du système Cre/Lox (et à un éventuel promoteur inductible associé au gèneCre). Sachant que la présence des exons 2 et 3 du gène de la protéine GCN2 est indispensable audéveloppement embryonnaire (une interaction entre ces parties du DNA et certaines protéines estrequise pour le développement). Par contre, ni les ARNm de ce gène, ni la protéine GCN2 elle-même ne sont nécessaire à ce développement. E1 E2 E3 E4 E5 Schéma du gène de GCN2 E1 E2 E3 E4 transgène 1 loxP loxP E3 E4 E5 transgène 2 loxP loxPAfin de réaliser la transgenèse souhaitée, quelle(s) proposition(s) parmi les suivantes sont correctes ?A/ On peut croiser un animal obtenu par recombinaison homologue (transgène 2) avec un animalsurexprimant le gène Cre.B/ Après transgenèse par recombinaison homologue, pour vérifier si le transgène a bien été incorporé, onpeut utiliser une sonde complémentaire du transgène utilisé (après lavage).C/ On ne peut pas utiliser le transgène 1 car les exons 2 et 3 sont indispensables au développementembryonnaire.D/ On ne peut pas utiliser le transgène 2 car l’exon 2 est indispensable au développement embryonnaire.E/ On peut croiser un animal obtenu par recombinaison homologue (transgène1) avec un animalsurexprimant le gène Cre sous le contrôle d’un promoteur inductible.QCM T3 : Vous êtes fourbe et machiavélique et en plus de vouloir booster votre mémoire, vousrêver de créer des clones invalidés pour un gène indispensable à la mémorisation à long terme afinde remplacer chaque autre P1 de votre promo, pour pouvoir ainsi arriver major au concours !En attendant, vous vous entraînez toujours sur de pauvres petites souris innocentes.Vous souhaitez inactiver le gène Zif268 (gène précoce essentiel au maintient de la plasticitésynaptique et à la consolidation de la mémoire) par intégration ciblée (ou mutagenèse dirigée) enutilisant le système de sélection néo/tk.Quelle(s) proposition(s) parmi les suivantes est(sont) correcte(s) ?A/ La sélection grâce au système néo/tk permettra d’éliminer les rares cellules ES où il n’y a pas eu derecombinaison homologue.B/ La thymidine kinase (tk) permet d’apporter une résistance au G418.C/ Lors de la recombinaison homologue, pour que la sélection soit adéquate, il faut que la cassette néosoit dedans la zone ciblée et que la cassette tk en soit exclue.D/ Les cellules qui produiront du gancyclovir phosphate pourront survivre lors de la mise en contact avecle G418.E/ La recombinaison homologue correspond à un crossing-over.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 149
  • 150. (énoncé commun aux QCM T4 et T5 : ) Une souris verte, qui courrait dans l’herbe… Je l’attrape par la queue… !On dispose d’une souris homozygote pour le gène du pelage blanc (dite « souris blanche de l’énoncé») etd’une souris homozygote pour le gène du pelage vert (dite « souris verte de l’énoncé »). L’allèleblanc estdominant sur l’allèle vert. On dispose également d’un transgène que l’on insert à l’état homozygoteparcriblage dans des cellules ES de la souris blanche ; On injecte les cellules ES pour lesquelles larecombinaison a eu lieu dans la cavité d’un blastocoele de la souris verte. Le blastocoele ainsiobtenu estréimplanté dans une mère porteuse (la souris verte).Remarque : On considère que dans les exercices suivants, il n’y a pas de crossing-over lors descroisements (ce qui est généralement sous-entendu sauf notification explicite dans ce genred’exercice).QCM T4 : Qu’on la trempe dans l’huile ou qu’on la trempe dans l’eau, il est peu probable qu’onobtienne un escargot tout chaud, c’est un fait. Mais malgré cela, parmi les propositions suivantes,la(les)quelle(s)est(sont) exacte(s) ?A/ Cette expérience va donner naissance à une souris chimère, en partie verte et possédant le transgène eten partie blanche sans transgène.B/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soitblanche de l’énoncé, soit chimère), on peut obtenir une souris verte.C/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soitblanche de l’énoncé, soit chimère), on peut obtenir une souris chimère.D/ Si on croise une souris chimère avec une souris verte, les mêmes parents (quels qu’ils soient) pourrontdonner naissance à des souris blanches et à des souris vertes.E/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soitblanche de l’énoncé, soit chimère), si on obtient une souris blanche, elle peut être homozygote pour letransgène.QCM T5 : Après croisement de la souris chimère (obtenue après le croisement de l’énoncéprécèdent) avec la souris verte de l’énoncé :A/ On peut obtenir une souris blanche.B/ Si l’on obtient une souris verte, elle ne possédera aucun exemplaire du transgène.C/ Si l’on obtient une souris blanche que l’on croise avec la souris chimère – malgré le fait que ce soitincestueux – on pourra obtenir une souris homozygote pour le transgène (si cet état est viable).D/ Si l’on obtient une souris blanche que l’on croise avec la souris chimère, il sera possible d’obtenir unesouris verte hétérozygote pour le transgène.E/ Si l’on obtient deux souris blanche que l’on croise ensemble et que l’on obtient encore une souris depelage blanc, alors on peut dire que l’état homozygote pour le transgène est viable.J’espère que le caractère malsain de ces derniers QCM ne vous aura pas traumatisé et que les QCM de ce poly vous auront permis un entraînement optimal pour la biologie moléculaire. Bonne chance à tous pour le concours, que vous soyez primant ou doublant. Si vous avez des questions, des points pas très clairs, des QCM incompris, une seule solution… (non, pas celle-là !)  Le forum du Tutorat : http://www.tutoweb.org ou les permanences des tuteurs.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 150
  • 151. Correction des QCM concernant les techniques(Remarque : d’après la plupart des dictionnaires, le mot « enzyme » peut être du genre masculin ouféminin. Le mot « allèle » est masculin.) TECHNIQUES GENERALES – OUTILS ENZYMATIQUESQCM 1 : ABCEFaut bien se divertir un peu avant de s’enfoncer dans les techniques ! Toutes les séquences peuvent se lireà l’identique à l’envers sauf « enroutejetourne » qui donne « enruotejetuorne »QCM 2 : BCDEA/ Les hématies et plaquettes sanguines ne contiennent pas de matériel génétique.QCM 3 à 7 :A/ ADN simple brin ou ARN simple brin B/ ARN simple brinC/ ARN/ADN ou ADN/ADN ou ARN/ARN D/ ARN/ADN E/ ADN simple brinQCM 3 : CLes enzymes de restriction ne coupent que l’ADN double brin !De plus, une séquence d’acide nucléique est dite de type palindromique (on n’emploie ce terme que pourune séquence double brins) et peut être coupée par une enzyme de restriction lorsque la séquence lue surle brin matrice de 5’ en 3’ est identique à la séquence lue sur le brin non matrice de 5’ en 3’ (à l’exceptionde la base centrale si la séquence comporte un nombre impair de bases).QCM 4 : ABLa RNase A ne peut couper que les ARN simple brin ou l’ARN dans un acide nucléique double brin auniveau des mésappariements d’une base ou plus.QCM 5 : CDLa RNase H ne peut couper que les hybrides ARN/ADN ou ARN/ARN (il n’est pas noté dans le coursqu’elle peut couper les ARN simple brin)QCM 6 : ABELa Nucléase S1 peut couper les simples brins d’ADN ou d’ARN.Elle coupe aussi l’ADN ou l’ARN dans les acides nucléiques double brin au niveau des mésappariementsde 3 bases ou plus.QCM 7 : AELa DNA polymérase I fonctionne sur une matrice de DNA. (De plus il est précisé dans l’énoncé lesséquences simple brin)QCM 8 : BN’ayant pas d’extrémité (il est circulaire), cet ADN ne peut pas subir l’action d’une exonucléase ni d’uneterminal-transférase. La transcriptase inverse se sert d’ARN comme matrice. La nucléase S1 ne coupe queles AN (ADN ou ARN) simple brin. Elle coupe aussi l’ADN ou l’ARN dans les acides nucléiques doublebrin au niveau des mésappariements de 3 bases ou plus.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 151
  • 152. QCM 9 : ELa coupure se fait bien entre A et C sur chacun des brins.5’…A↑CTAG T…3’ on obtient les fragments suivants : 5’…A CTAGT…3’3’…T GATC↓A…5’ 3’…TGATC A…5’QCM 10 : ABCLa nucléase S1 agit sur les acides nucléiques simple brin (ARN ou ADN) et sur les acides nucléiquesdouble brin (ARN/ARN, ADN/ADN ou ARN/ADN) mais dans ce cas UNIQUEMENT aux endroits où ily a au minimum 3 bases consécutives mal appariées. (à noter : la RNase A agit sur l’ARN simple brin, ousur des double brins comprenant de l’ARN : ARN/ARN ou ARN/ADN mais dans ce cas UNIQUEMENTau niveau des zones de l’ARN où il y a un mésappariement d’au minimum une base). QCM 11 : D (Remarque : il n’y aura toujours que 5 items dans les QCM de la faculté)FatI NlaIII PaeI SunI Enzyme A (ex.)5’…/CATG… 3’ 5’... CATG/...3’ 5’…G CATG/C…3’ 5’…C/GTAC G…3’ 5’... GTAC/...3’3’… GTAC/…5’ 3’.../GTAC …5’ 3’…C/GTAC G…5’ 3’…G CATG/C…5’ 3’.../CATG …5’ CATGX… 3’ 5’...XCATG 5’…GCATG GTACG…3’ 5’...XGTAC X… 5’ 3’...X 3’…C C…5’ 3’...X5’…X X…3’ C…3’ 5’…C X…3’3’…XGTAC GTACX…5’ GTACG…5’ 3’…GCATG CATGX…5’Deux isoschizomères reconnaissent exactement la même séquence et coupent au même endroit.B/ ATTENTION ! L’orientation des séquences reconnues fait que PaeI et SunI ne reconnaissent pas lamême séquence ! Pour les questions de recollage, il faut faire attention à vérifier qu’une extrémité 3’ estbien recollée à une extrémité 5’. Par exemple, si on imagine une enzyme A qui reconnaît le site 5’…GTAC/…3’, on ne peut pas recoller un fragment d’ADN coupé avec cette enzyme avec un autre fragmentcoupé par FatI (bien que cette éventualité semble possible si on ne pense pas à regarder l’orientation desbrins). 5’…X CATGX…5’ 3’…XGTAC X…3’ L’orientation des brins est fondamentale et mieux vaut l’indiquer tout le temps en faisant les QCM.QCM 12 : ADEB/ Forte concentration en sels  faible stringence  forte probabilité qu’une sonde s’apparie à uneséquence qui ne lui correspond pas totalement. Dans ce cas précis, la sonde s’appariera aux deuxséquences qui ne diffèrent que d’une base et ne permettra donc pas de les différencier.C/ Northern-blot c’est pour l’ARNLa méthode à la DGGE et à la RNase sont appropriées à la détection d’une mutation ponctuelle (cf. cours)QCM 13 : ADEAscI et FseI ne coupent aucune des séquenceQCM 14 : CETauI ne coupe aucune des séquences, tout comme FseI. HaeIII coupe les 2 séquences. Avec ces 3enzymes, le résultat obtenu en électrophorèse sera identique pour P1 et P2 et ne permettra donc pas de lesdistinguer. HpaII coupe seulement la séquence de P1. Hpy99I coupe seulement la séquence de P2. Avecl’une de ces enzymes il sera possible de distinguer les séquences après électrophorèse (coupure différence de longueur et donc de migration)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 152
  • 153. QCM 15 : ADD’après l’énoncé, on peut en déduire que la séquence qui a été reconnue et clivée dans le cas précis del’exemple donné dans l’énoncé est : 5’…ACCTGGT…3’ 3’…TGGACCA…5’Cet enzyme reconnaissant une séquence d’un nombre impair de paires de bases, il est fort probablequ’elle ne tienne pas compte de la base centrale (cf. autres exercices du poly de la fac) et qu’ellereconnaisse donc la séquence 5’…ACCXGGT…3’ 3’…TGGYCCA…5’(où X représente une base parmi A,C,T,G et Y sa base complémentaire)Dans tous les cas, il n’est pas possible qu’elle reconnaisse et coupe les séquences A et D car D ne contientpas 7 paires de bases et que la séquence de A n’est pas de type palindromique. HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDESQCM 16 : ACDB/ Elle DIMINUE avec la présence de mésappariements (moins de liaisons à briser donc moins dechaleur nécessaire).E/ La DO (densité optique) augmente avec l’augmentation de la température. En effet, on passe d’acidesnucléiques double brin à des acides nucléiques dénaturés donc simple brin.QCM 17 : ACB/ La probabilité d’hybridation est favorisée par LA DIMINUTION de la stringence, c’est à dire uneforte concentration en sels.D/ La formamide permet d’ABAISSER la température de fusion (afin de rendre la dénaturation possibledans des températures plus basses).E/ Après une dénaturation, si on abaisse brutalement la température, les brins d’ADN restent séparés.Pour une réassociation, il faut un abaissement continu de la température.QCM 18 : BEA/ Avec des dXTP radioactifs (piège basique !) car sinon cela forme une ribosonde donc sensible auxRNases.C/ Non car dans ce cas la sonde n’est pas marquée !D/ Si on créée la sonde marquée par TRANSCRIPTION cela forme une ribosonde sensible aux RNases. PCRQCM 19 : ACB : dATP, dCTP, dGTP, dTTP !!D : DNA-polymérase DNA-dépendanteE/ La DNA-pol I n’est pas thermoresistante mais thermolabile.QCM 20 : ACDB/ Non puisqu’elle repose sur des ARNm (donc sans introns s’ils sont matures)E/ Si : mis à part l’utilisation de la reverse transcriptase, le reste du protocole est identique à celui de laPCRA et D : une DNA-pol RNA-dep (la reverse transcriptase) pour rétro transcrire l’ARN en ADN et uneDNA-pol DNA-dep pour la PCR proprement dite (amplification du DNA).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 153
  • 154. QCM 21 : ACEB/ Le raisonnement est correct mais il s’agit de fragments d’ADN et non d’ARN (car il y a eu rétrotranscription puis amplification).D/ C’est totalement faux et illogique : on part d’un ARNm mature (qui ne possède donc pas d’intron) puisla reverse transcriptase agit. On obtient alors un cDNA dont la séquence est complémentaire à celle del’ARNm : il ne possède donc pas d’intron non plus.E/ En effet, si une des amorces ne peut pas s’hybrider, il n’y aura pas d’amplification (et rien ne seravisible sur l’électrophorèse).QCM 22 : BCEA/ La PCR standard n’est pas quantitative mais là on fait une technique de Northern qui est quantitativevue la grosse tâche au niveau du foie.C/ ARNm total (mature) = 0,9kb. Exons = 0,8kb. D’où queue polyA = 0,1kb.D/ 1 acide aminé correspond à 3 bases. Donc il faut 900 bases pour 300 aa. Or ARNm total = environ0,9b. En enlevant les zones non traduites (dont la queue polyA), les bases traduites sont inférieures.QCM 23 : BCEA/ 250 + 50 + 300 (zone contenue dans les amorces) = 600pbD et E/ La perte de l’exon 1 correspond à la perte d’une zone où s’hybride une amorce, cela n’entraîneradonc pas de résultat à la PCR.QCM 24 : BCDEA/ La présence de mutations en dehors de l’exon étudié est fort possible.QCM 25 : CA/ PCR  DNA  présence des introns donc + de 0,9kpbB/ Une mutation ne peut pas entraîner l’excision d’un exon lors de l’épissage DANS L’ADN !!! maisseulement dans l’ARN.D/ La délétion de l’exon 2 n’aura pas de conséquence sur l’hybridation des amorces et devraient doncmalgré tout donner un produit d’amplification.E/ Idem item A : PCR  DNA  il faut prendre en compte les introns.QCM 26 : ABA vrai Il existe une autre option c’est l’excision des exons 1 et 4 mais impossible car absence exon 1 absence hybridation amorce  pas de produit d’amplification.C/ Electrophorèse = selon la taille. Donc s’il y a deux bandes différentes, cela correspond à 2 fragmentsd’ADN de taille différente.D/ Il faudrait une transcription suivie d’une RT-PCR (cf. 25B)E/ Augmenter la température pour augmenter la stringence.QCM 27 : DEOn cherche à dépister la présence d’une mutation ponctuelle qui entraîne la disparition d’un site derestriction pour l’enzyme NgoMIV, dans l’exon 2 d’un gène de 1,6kpb (parmi lequel les exonsreprésentent 0,8kpb) étudié. (remarque : ce site de restriction est normalement présent une seule foisdans la séquence étudiée). Pour chacun des 5 patients à dépister, on réalise une RT-PCR (avec toujoursles mêmes amorces) à partir d’un échantillon de divers ARNm matures de ce gène, on incube une partiede la culture obtenue avec NgoMIV et on réalise deux électrophorèses (électrophorèse de la culture sansl’enzyme et électrophorèse de la culture avec NgoMIV).Lire l’énoncé ça apporte pleins d’infos essentielles.Analysons les résultats : RT-PCR  cDNA complémentaire de l’ARNm mature = ADN génomique avecseulement les exons (et éventuellement les modifications lors de la transcription/épissage, commel’excision d’un intron).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 154
  • 155. Les exons représentent 0,8kpb du DNA, les résultats sont donc normaux à l’électrophorèse (toujours800pb ou une somme de 800pb) sauf pour P5  excision d’un exon à l’épissage ou amplificationparasitaire. Il peut s’agir d’une excision de l’exon 2 portant le site de l’enzyme. L’ADN génomique estcoupé par NgoMIV mais pas l’ARNm. On ne peut donc pas affirmer que le patient est muté au niveau dugène (intitulé du QCM) (C faux)La mutation entraîne LA DISPARITION du site  un cDNA coupé par l’enzyme traduit une absence demutation et un cDNA non coupé traduit la mutation.P1 non muté ; 1 seul profil (500 + 300)  donc pas hétérozygote pour la mutation (B faux)P2 muté ; 1 seul profil (800) (A faux)P3 en partie non muté (500 + 300) et en partie muté (800) ; 2 profils  hétérozygote pour le gène. (Evrai) En effet un gène a 2 allèles donc il peut produire 2 types d’ARNm, renseignant ainsi sur le caractèrehétérozygote.----- (D vrai, cf. correction du 29)QCM 28 : CEA/ cf. correction du 29B/ Il peut y avoir plusieurs types d’ARNm et donc plusieurs profils à l’électrophorèse, dus à 2 allèles dugène. On peut donc dire si un patient est hétérozygote.C/ vrai : En effet (cf. correction du 27), le site peut être présent dans l’exon 2 mais absent dans l’ARNmpar court-circuitage de l’exon 2 lors de l’épissage.D/ Les enzymes de restriction ne coupent que le DNA double brin et pas l’ARN !E/ vrai cf. correction du 29)QCM 29 : ABEB/ vrai P1 : coupure totale donc absence de disparition du site donc absence de la mutationD/ D’après l’énoncé, gène entier (1,6kpb) – exons (0,8kpb) = 0,8kpb d’intronsE/ vrai si le DNA génomique de P5 présente le site de coupure de l’enzyme, cela accentue l’hypothèse del’excision de l’exon 2 lors de l’épissage chez ce patient. La bande étant à 0,5kpb et le total des exons0,8kpb  exon 2 = 0,8 – 0,5 = 0,3kpb.A propos du patient P4 :(28A faux) : S’il y avait eu une amplification parasitaire lors de la RT-PCR, l’électrophorèse sansenzyme (-) aurait aussi fait apparaître cette amplification parasitaire étant donné que les 2 électrophorèsessont réalisées à partir de la même culture obtenue par RT-PCR (cf. énoncé).(29C faux) : Les résultats ne « montrent » pas ça. S’il y avait eu un défaut d’excision des introns, celaaurait rallongé l’ARNm. Même si l’hypothèse est possible, on peut également faire d’autres hypothèses etl’affirmation n’est pas assez nuancée pour être vraie.On constate chez P4 deux profils  hétérozygote (27D vrai) : le profil muté (800) et un profil étrange(500+200+100) ressemblant au profil de type non muté (500+300) mais avec une coupure supplémentairede la part de l’enzyme.Sur le DNA génomique, il y a donc :- un allèle muté (disparition du site de coupure)- un allèle de type non muté pour la mutation recherchée (puisque le site de coupure à 500pb est toujoursprésent) mais qui possède un second site de coupure par NgoMIV, coupant le fragment normal de 300pben 2 fragments de 100 et 200pb. Une partie des ARNm de P4 (ceux formés par cet allèle) possède donc en double exemplairel’enchaînement des bases (on ne tient pas compte des sucres) COMPLEMENTAIRES (en ARN) de cellesqui constituent un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 155
  • 156. Or cette séquence est palindromique et constituée seulement de C et de G. Donc l’enchaînement des basesCOMPLEMENTAIRES (en ARN) de celles qui constituent un brin de la séquence reconnue par NgoMIVest identique à l’enchaînement des bases constituant un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.(28E vrai) Exemple concret :Palindrome 5’GCCGGC3’ 5’ATGGCCAT3’d’un gène : 3’CGGCCG5’ 3’TACCGGTA5’ARNmtranscrit : 5’GCCGGC3’ 5’AUGGCCAU3’ Absence de T et de A dans la Présence de A qui donnent des U dans séquence des bases. La séquence l’ARN. La séquence en base reste des bases sur un brin reste la complémentaire mais n’est plus la même même dans l’ARN. que sur un brin du DNA. L’item est vrai. L’item aurait été faux. SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASEQCM 30 : BDESouthern : étude du DNA. Northern : étude du RNA.La méthode de Northern ne comporte pas d’étape de fragmentation (les ARN sont déjà d’assez petitetaille). Les pseudogènes ne sont pas transcrits, ils ne sont donc pas présents dans l’ARN et ne peuvent pasêtre révélés par la méthode de Northern.Item D et E : Chacune de ses méthodes comporte une phase d’hybridation avec une sonde (ARN ouADN). L’acide nucléique double brin ainsi formé est ensuite révélé.QCM 31 : ABCDELa RNase A coupe l’ARN simple brin (ou lorsqu’il comporte des zones de mésappariements à partird’une base). Il faut donc utiliser une ribosonde pour qu’elle puisse couper les 2 brins en cas de mutation.Par contre, dans les hétéroduplex RNA/DNA, elle ne coupe que l’ARN.QCM 32 : DLa Nucléase S1 coupe l’ADN ou l’ARN simple brin (ou lorsqu’il comporte des zones demésappariements à partir de 3 bases). L’utilisation d’une ribosonde n’est pas indispensable à la coupure(on peut utiliser une sonde d’ADN). Dans les hétéroduplex, en cas de mésappariement à partir de 3 basesconsécutives, elle coupe aussi bien l’ADN que l’ARN.QCM 33 : DELa sonde est « identique » donc c’est du DNA.Item A : La sonde est formée à partir de dATP, dCTP, dGTP et dTTP !!!!!!! (attention, c’est un piègebasique). Item B : méthode de Southern. Item C : il s’agira forcement d’un exon puisque le cDNAprovient d’un ARNm mature dans lequel les introns sont donc excisés.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 156
  • 157. QCM 36 : ABEA/ Ils reconnaissent strictement la même séquence et coupent au même endroit.D/ ApaI est insensible à la méthylation ! Il n’a pas coupé car la séquence qu’il reconnaît n’était pasprésente (dans son intégrité)Le profil de l’individu P1 a déjà été vu dans d’autres exercices.On y voit bien la présence de 2 types d’allèle sur les résultats après digestion par l’ Enzyme X : le type« coupurenon méthylé » (1800 pb + 900 pb) et le type « non coupureméthylé » (2700 pb). Donc il nepeut s’agir que d’une femme (chez un homme le chromosome X n’est pas inactivé par méthylationpuisqu’il n’y en a qu’un).Individu P1 :Hypothèse 1 : inactivation déséquilibrée Hypothèse 2 : inactivation au hasardPour 100% des cellules : Pour 50% des cellules :Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ └ch3 └ch3 Pour 50% des cellules : Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’ └ch3 Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’Les deux hypothèses sont plausibles d’après les résultats. (items B et E vrais)Par contre le profil de l’individu P2 semble étrange.On y voit bien la présence de 2 types d’allèle sur les résultats après digestion par ApaI : le type« coupure » (1800 pb + 900 pb) et le type « non coupure » (2700 pb). Donc il ne peut s’agir que d’unefemme (item C faux) (chez un homme il n’y a qu’un allèle puisqu’il n’y a qu’un chromosome X).Attention cependant : la non coupure n’est pas due à la méthylation puisque l’enzyme ApaI n’estpas sensible à la méthylation ! Si cet enzyme ne coupe pas, c’est que la séquence qu’il reconnaît n’estpas présente. On peut donc en déduire qu’une partie des allèles possède la séquence reconnue par lesenzymes de restriction (puisque ApaI coupe une partie des allèles) et que cette partie est entièrementméthylée puisque l’ Enzyme X ne donne aucune coupure.Une autre partie des allèles ne présente pas la séquence de coupure des enzymes (à cause par exempled’une mutation qui a donné 5’ AGGCCCC 3’ au lieu de 5’ GGGCCC 3’) puisqu’elle n’est pas coupée parApaI. Cette partie est forcement non méthylée puisque 50% des chromosomes X sont déjà méthylés (Ilest précisé dans l’énoncé on considère que si un (ou les deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s)50% de ses(leurs) chromosomes X sont inactivés par méthylation.)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 157
  • 158. Individu P2 :Hypothèse 1 : inactivation déséquilibrée Hypothèse 2 : inactivation au hasardPour 100% des cellules : Pour 50% des cellules :Ch. X n°1 5’ ……? GGCC ?……3’ Ch. X n°1 5’ …… ? GGCC ?……3’Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ └ch3 └ch3C’est la seule hypothèse possible puisqu’il est Pour 50% des cellules :précisé dans l’énoncé on considère que si un (oules deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s) Ch. X n°1 5’ …… ? GGCC ?……3’50% de ses(leurs) chromosomes X sont inactivés └ch3par méthylation. Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Cette hypothèse n’est pas compatible avec les résultats puisque dans ce cas, la séquence soulignée entraînerait une coupure par l’ Enzyme X et qu’on ne constate aucune coupure par l’ Enzyme X dans les résultatsQCM 37 : CDA/ Ils ne reconnaissent pas strictement la même séquence et ne coupent pas au même endroit.B/ Il n’y a pas de contradiction. Les résultats sont bien compatibles avec ceux de l’hypothèse 1 del’individu P2 (ci-dessus)C/ En effet, HaeIII aurait donné les mêmes résultats que l’ Enzyme X pour l’individu P1 et ces résultatssont identiques à ceux de l’individu P2 par HaeIIID/ Exactement, et on peut même ajouter que la variation de séquence se situe soit au niveau du G en 5’,soit au niveau du C en 3’ de la séquence 5’ GGGCCC 3’ puisque toutes les allèles comportent la séquence5’ GGCC 3’ mais qu’une partie ne comporte pas la séquence 5’ GGGCCC 3’E/ Non : il s’agit de l’hypothèse 2 de l’individu P2 (ci-dessus) et on a vu qu’elle n’était pas compatibleavec les conditions de l’énoncé et les résultats de la première expérience.QCM 38 : EL’expérience sur l’individu P1 montre que 50% de ses chromosomes X d’origine maternelle (que l’onnommera arbitrairement Ch. X n°1) sont méthylés et 50% non méthylés. Cela nous apporte donc unenouvelle information (item A faux) : seule l’hypothèse 2 (cf. ci-dessus) est possible pour cet individu. Onpeut donc dire que l’inactivation de ses chromosomes X s’est faite au hasard. (item C faux)B/ Il n’y a pas de contradiction. (On n’utilise pas les mêmes enzymes) et les résultats concordent avec lesautres expériences.D/ Les enzymes Y et Z ne sont pas des isoschizomères car ils ne reconnaissent pas la même séquence.L’expérience sur l’individu P2 montre que la séquence 5’ T↓GGXCCA 3’ (où X représente n’importequelle base) est présente sur une partie des allèles de cet individu. On peut reprendre le tableauprécédent : (la base à la place de X est surlignée dans la séquence)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 158
  • 159. Individu P2 :1ère possibilité : 2ème possibilité :Pour 100% des cellules : Pour 100% des cellules :Ch. X n°1 5’ ……TGGCCCA..…3’ Ch. X n°1 5’ …..TGGGCCA……3’Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ └ch3 └ch3 SEQUENCAGE (SANGER)QCM 39 : ABEC/ Pas de dUTP mais dTTP (ADN)D/ Incorporés, ils constituent l’extrémité 3’QCM 40 : DLa DNA-pol synthétise de 5’ en 3’ et lit le brin matrice de 3’ en 5’.Des fragments les plus petits (bas de l’électrophorèse) vers les plus grands, c’est-à-dire de 5’ en 3’ onobtiendra donc la séquence D.QCM 41 : CDA/ La méthode enzymatique est la plus utilisée aujourd’hui.B/ Le dernier nucléotide des chaînes nucléotidiques est un ddNTP, ce qui induit l’arrêt de l’élongation.E/ Le double brin d’ADN subit une fusion.QCM 42 : BDA/ C’est une ADN polymérase- ADN dépendante qu’on utilise.C/ Ce sont les ddNTP qui sont généralement marqués, ce qui permet de répartir les chaînes selon ledernier ddNTP marqué en 4 groupes.E/ La matrice s’hybride avec une séquence d’ADN.QCM 43 : ACEB/ Elle est déterminée par complémentarité des bases de la séquence lue sur l’électrophorèse.D/ Généralement on marque les ddNTP et le marquage se fait par des fluorofores de couleurs différentes. QCM 44 : A B/ Les enzymes de restriction ne coupent que l’ADN double brin. C/ Les enzymes auraient pu localiser la zone mais pas déterminer exactement le genre de mutation. D/ La mutation a aboli l’action de ApaI. E/ La migration s’effectuant de bas en haut, les fragments les plus petits (donc les plus proches de 5’ puisque la synthèse se fait de 5’ en 3’) sont situés en haut. Donc pour lire la séquence du brin obtenu (complémentaire de celui séquencé), il faut « lire l’électrophorèse » de haut en bas. Brin séquencé Brin complémentaireNormal 5’…ACGGGCCCTA…3’ 5’…TAGGGCCCGT…3’Patient 5’…ACTGGCCCTA…3’ 5’…TAGGGCCAGT…3’© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 159
  • 160. ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENESQCM A1 : D(cf. cours pour la méthode de run-on)A/ Si on détecte de la radioactivité, cela signifie simplement que les XTP* on été incorporés pour formerdes ARNm (mais pas forcement l’ARNm x)B et E/ Les XTP* ou ribonucléotides radioactifs ne peuvent s’incorporer que dans les ARN. Donc si onisole les éléments radioactifs, il n’y aura plus que de l’ARN. Il ne pourra donc pas y avoir d’hybridationavec de l’ADN (le gène).C/ Non étant donné que la radioactivité est déjà associé à tous les ARN. Il est donc préférable d’utiliserune autre technique de marquage ou de révélation.QCM A2 : DE(cf. cours pour la méthode de footprinting)Il faut faire attention au sens de la migration sur l’électrophorèse : vers le bas ; cest-à-dire que plus lesfragments sont petits, plus ils migreront vers le bas. Etant donné que seul les éléments radioactifs (doncmarqués en 5’) sont sur l’électrophorèse, ceux qui sont en bas correspondent au début du gène (petitsfragments) et ceux qui sont en haut correspondent à la fin du gène (grands fragments). La zone blanchesituée au dessus de 4kb correspond à la zone où la DNase I n’a jamais pu couper car le DNA était protégépar la protéine P152. La protéine P152 est donc située juste après 4kb, cest-à-dire au niveau de l’intron B.C/ Seul les éléments radioactifs, donc marqués en 5’ sont sur l’électrophorèse. Or étant donné la coupurepar HindII et la sélection des éléments inférieurs à 15kb, seuls les fragments « à gauche du site deHindII » (sur le schéma) sont retenus et donc un seul des deux brins du gène est marqué en 5’E/ (vrai) Si le marquage avait été fait en 3’, la même sélection que celle expliquée ci-dessus aurait eulieu, mais cette fois-ci, ce sont les fragments de l’autre brin qui auraient été conservées lors del’électrophorèse. Etant donné que la protéine P152 est fixée au même endroit sur les 2 brins du gène (cf.énoncé), les probabilités de coupure par la DNase I aurait été les mêmes et on aurait obtenu un résultatsimilaire lors de l’électrophorèse.QCM A3 : BCEA/ S’il n’avait oublié que l’étape de marquage, l’étape finale de sélection des éléments radioactifs auraitabouti à l’absence de tout fragment lors de l’électrophorèse (puisqu’aucun fragment ne serait radioactif)et donc une lame toute blanche.B/ En effet, si le manipulateur oublie cette étape, les fragments « à droite du site de HindII » sur leschéma du gène, qui sont marqués en 5’ peuvent engendrer des fragments de taille entre 4 et 10kb aprèscoupure par la DNase et donc cacher le site de la protéine sur l’électrophorèse.C/ Cela revient à des conséquences similaires à celles de l’item BD/ Sans digestion par la DNase, on ne retrouve qu’un seul fragment de taille unique sur l’électrophorèseet donc une seule bande, ce qui n’est pas le cas ici.E/ Si l’ADN n’a pas été protégé par la protéine au niveau de son site de fixation, des coupures ont puavoir lieu à ce niveau par la DNase I© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 160
  • 161. ANALYSE GENOTYPIQUEQCM Y1 : CAu niveau du site voisin du gène de la maladie, on voit que le fœtus possède un allèle commun avec celuide l’enfant malade. Les parents sont hétérozygotes (sinon un diagnostic ne serait pas nécessaire) et doncle fœtus possède un allèle sain. Pour ce site, il est hétérozygote. On peut donc émettre le diagnostic qu’ilest hétérozygote pour la maladie.QCM Y2 : BEA/ Le profil n°1 correspond au patient P3, le profil n°2 correspond au patient P2, le profil n°3 correspondau patient P1 et le profil n°4 correspond au témoin sain.B/ En effet, la méthode n’est pas quantitative et on ne peut donc pas savoir, pour un individu qui semblehomozygote d’après les résultats, s’il possède un ou deux allèles du gène.C/ Les résultats correspondent aux profils. Il n’y a donc pas de nécessité d’entreprendre d’autresexplorations. Pour le patient P2, il est normal d’obtenir le profil n°2 puisqu’il est atteint d’une délétion àl’état homozygote pour le gène. Il est donc normal qu’aucun allèle ne soit reconnu par les sondes(puisqu’il n’y en a pas).D/ Ce profil présente un individu indemne de la mutation explorée (puisqu’il ne possède pas le gène quipeut être atteint par cette mutation) mais il peut présenter d’autres mutations dans les parties de songénome non explorées par l’expérience.QCM Y3 : EProtocole du SSCP : amplification du DNA par PCR, marquage, et dénaturation par refroidissementbrutal. L’ADN simple brin va alors prendre une conformation donnée, qui peut varier en fonction de saséquence et qui va induire des décalage à l’électrophorèse non dénaturante. IL N’Y A PAS DEQUESTION DE LONGUEUR ! (A et D faux)Différence de migration  variation de séquenceVariation de séquence ? ? différence de migration (pas forcement)Ainsi K et M n’ont peut-être pas la même séquence. (B faux et E vrai). L’item C est faux car il est peuprobable qu’une mutation ne persiste que sur un seul brin (la réplication résout cela). De plus les brins quisont au même niveau de l’électrophorèse ne sont sûrement pas les mêmes : il peut s’agir du brin matricede K et du brin non matrice de N.QCM Y4 : ADExpérience (1) ASO : si la sonde s’hybride avec l’allèle correspondante, la séquence formée peut êtrerévélée et cela apparaît concrètement par un point noir.(T)  allèle(s) sain(s) seulement  SAIN(M)  allèle(s) malade(s) seulement  MALADE(P1)  ni allèle sain, ni allèle malade. On peut envisager une erreur lors de l’expérience.  ?(P2) allèle(s) malade seulement  MALADE(P3)  1 allèle sain et 1 allèle malade  HETEROZYGOTEL’expérience ne permet pas de dire si un patient est indemne de toute mutation ! De plus, pour (P1) ilsemble au contraire qu’une mutation soit présente, ayant empêché l’hybridation avec les 2 types de sonde.(C faux)L’expérience ne permet pas de dire si un patient est véritablement homozygote (qu’il possède 2 allèlessains ou 2 allèles malades). En effet, un patient hémizygote – qui aurait une délétion d’un allèle et neposséderait qu’un seul allèle du gène, soit sain, soit malade – présente à cette expérience les mêmesrésultats respectifs qu’un patient homozygote sain et homozygote malade. (E faux)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 161
  • 162. QCM Y5 : DCarré  homme rond  femmeBlanc  sain noir  malade noir et blanc  hétérozygote?  profil non connu(T) est sain donc seul l’arbre D est possible. Les autres données sur les enfants concordent avec cet arbre.Le profil de (P1) est bien inconnu puisque les sondes ne se sont pas hybridées avec son/ses allèle(s). Deplus, étant donné qu’il existe des enfants sains, malades et hétérozygote, les deux parents sont forcementhétérozygotes.QCM Y6 : CDATTENTION : ici on utilise un diagnostic INDIRECT via RFLP, cest-à-dire qu’on explore une zone plusou moins voisine du gène qui peut avoir un rapport ou non avec le gène de la maladie. Ainsi, selon ladistance au gène de la maladie (plus la zone étudiée est près du gène, plus il y a de probabilité d’avoir unrapport entre les deux), les résultats peuvent avoir un rapport ou ne pas en avoir.Le fait qu’il n’y ait pas de rapport ne permet pas de conclure que les résultats sont faussés. En effet, tousles résultats sont possibles si la zone étudiée est assez distante du gène et/ou s’il y a eu crossing-over entreles deux. (A et B faux)Comment savoir s’il y a un rapport et donc possibilité de diagnostic via ce RFLP ?D’abord il faut connaître le profil des individus. On les connaît grâce à l’expérience (1’) qui reflète laréalité.(T)  allèle(s) sain(s) seulement  SAIN(M)  allèle(s) malade(s) seulement  MALADE(P1)  comme (T)  SAIN(P2) allèle(s) malade seulement  MALADE(P3)  1 allèle sain et 1 allèle malade  HETEROZYGOTEEnsuite, on associe chaque bande de l’électrophorèse de la zone étudiée à un profil du gène de la maladie.(on tente de faire un rapport pour voir si ça peut marcher)RFLP 1 :(T) étant sain, la bande à 3,8 est associée à un profil sain.(M) étant malade, la bande à 0,8 est associée à un profil malade.(P1) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.(P2) étant malade, la bande à 3,8 est associée à un profil malade.(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 3,8 et 1,7 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profilmalade. Si les associations sont compatibles entre elles, il semble alors exister un rapport entre la zone étudiéeet le gène de la maladie. Dans le cas contraire – comme ici – le rapport est absent et le diagnosticimpossible.RFLP 2 :(T) étant sain, les bandes à 1 et 1,1 sont associées à un profil sain.(M) étant malade, la bande à 1,3 est associée à un profil malade.(P1) étant sain, la bande à 1,1 est associée à un profil sain.(P2) étant malade, les bandes à 0,6 et 1,3 sont associées à un profil malade.(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 0,6 et 1,1 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profilmalade.  0,6 = malade et 1,1 = sain ici, les associations sont compatibles, donc un rapport peut exister et un diagnostic peut être possible.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 162
  • 163. RFLP 3 :(T) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.(M) étant malade, la bande à 2,8 est associée à un profil malade.(P1) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.(P2) étant malade, les bandes à 2,1 et 2,8 sont associées à un profil malade.(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 1,7 et 2,1 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profilmalade.  2,1 = malade et 1,7 = sain ici, les associations sont compatibles, donc un rapport peut exister et un diagnostic peut être possible.- RFLP 2 et RFLP 3 semblent pouvoir donner lieu à un diagnostic. En probabilité, les zones étudiées pources 2 RFLP sont donc plus proches du gène de la maladie que la zone étudiée pour RFLP 1 avec lequel undiagnostic est impossible. (C et D vrais)- Deux bandes à l’électrophorèse ne signifient pas qu’un patient est hétérozygote POUR LA MALADIE.En effet, le patient (P2) est bien hétérozygote pour la zone étudiée mais il est homozygote POUR LAMALADIE. Toute la difficulté des RFLP est de comprendre qu’il s’agit d’un diagnostic indirect et dedifférencier la zone étudiée (RFLP) et le gène de la maladie. (E faux)QCM Y7 : DEEtant donné qu’il existe des enfants sains, malades et hétérozygote, les deux parents sont forcementhétérozygotes pour la maladie. On s’attend donc à ce que l’étude via RFLP 3 le reflète. D’après l’analysevia RFLP 3 des enfants, on en a déduit les associations suivantes qui doivent rester vraies pour que lerapport entre zone étudiée (RFLP) et gène de la maladie persiste : 1,7  SAIN 2,1 MALADE 2,8  MALADEPour être hétérozygote pour la maladie, chaque parent doit donc au moins avoir une bande à 1,7kb.(B et C faux) Il faut encore que l’un des parents soit 1,7/2,1 et l’autre 1,7/2,8 parce que si les deuxparents sont 1,7/2,1 les enfants ne peuvent pas avoir la bande 2,8. Ou si les deux parents sont 1,7/2,8 alorsles enfants ne peuvent pas avoir la bande à 2,1. (A faux)QCM Y8 : BDEA/ L’expérience consiste a voir à quelle concentration (selon le gradient) en agent dénaturant l’ADNdouble brin se dénature. Il faut donc un acide nucléique double brin. (Un ARNm, par définition, estsimple brin).B/ (vrai) tout comme pour la SSCP :Différence de dénaturation selon la concentration  variation de séquenceVariation de séquence ? ? différence de dénaturation selon le gradient (pas forcement).C/ Non puisque l’ADN du sujet Z se dénature à une concentration d’agent dénaturant moins élevée quepour le sujet X.E/ (vrai) Tant qu’il n’est qu’hétérozygote, la PCR peut avoir lieu sur l’autre brin. (Homozygote ça seraitfaux car ça entraînerait une absence de résultat à la PCR alors qu’il y a bien une bande qui apparaît sur lesrésultats de l’électrophorèse.)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 163
  • 164. VECTEURS ET CLONAGEQCM V1 : BCDLa construction est tout à fait possible puisque toutes les extrémités sont compatibles. Si on réutilisel’enzyme EcoRI après l’insertion, on obtiendra un fragment identique à celui que l’on avait inséré (mêmetaille)QCM V2 : ABCE1kb : fragment à insérer dans le plasmide5kb : plasmide seul6kb : plasmide dans lequel le fragment de DNA a été inséréLa sonde de DNA génomique est complémentaire de la séquence de DNA (1kb) et peut aussi s’hybrideravec la séquence de 6kb (puisque cette dernière contient la séquence de 1kb)QCM V3 : DIl faut transfecter le plasmide dans lequel le fragment de DNA a été inséré.1kb : inutile car ne pourra pas s’insérer tout seul dans le génome de la bactérie5kb : peut s’insérer dans le génome de la bactérie mais inutile car ne contient pas la séquence que l’onsouhaite amplifier.QCM V4 : B4 – YAC (150 à 1000kb)1 – cosmides (40kb)2 – phages (12kb ou de 8 à 22kb)3 – plasmides (1 à 4kb)Les valeurs ne sont bien sur pas à retenir mais il est important de retenir que les plasmides sont utiliséspour de petits inserts, les YAC pour de très gros inserts (un gène entier) et qu’il existe des vecteursintermédiaires.QCM V5 : BCDA/ YAC pour les très gros inserts (150 à 1000kb)E/ c’est l’inverse ; les phages entraînent la lyse des bactérie contrairement aux cosmides.QCM V6 : ADAttention : dans cet exercice, on utilise une méthode différente de celle que l’on retrouve dans la plupartdes autres exercices pour la sélection LacZ (cf. QCM suivant)On veut insérer le plasmide LacZ – (donc ne produisant pas de β-galactosidase) et Amp.R + (doncrésistant à la pénicillinase) à l’intérieur du gène LacZ + (donc produisant de la β-galactosidase) desbactéries.Donc si la construction est réussie, on obtient des bactéries résistantes à l’antibiotique mais qui nedeviennent pas bleue (puisque le gène LacZ est knock-out après insertion).B/ les plasmides ne possèdent pas le gène LacZ +C/ dans les bactéries bleues, le gène LacZ + est fonctionnel et le plasmide ne s’est donc pas insérécorrectement.E/ Certaines peuvent le posséder : le plasmide a pu s’insérer dans ces bactéries à un autre endroit que dansle gène LacZ.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 164
  • 165. QCM V7 : BCDA/ si on utilise PaeI sur l’insert et le plasmide et Acc651 sur l’insert et SunI sur le plasmide, l’inserts’insert dans un sens. Si on utilise PaeI sur l’insert et NlaIII sur le plasmide et Acc651 sur l’insert et SunIsur le plasmide, l’insert s’insert dans l’autre sens.B/ cela permet de savoir si un plasmide s’est inséré, mais attention, le plasmide inséré ne sera pasforcement recombinant !D/ La couleur bleue ne peut provenir que du gène LacZ de l’insert qui ne peut entrer dans la bactérie quevia un plasmide. Donc une bactérie bleue en présence de X-Gal possède un plasmide recombinant (cest-à-dire qui possède l’insert qui possède le gène LacZ qui produit la X-galactosidase).E/ L’ARN est le plus dense.Dans l’ordre du moins dense au plus dense on obtient :↓ADN génomique↓ADN du plasmide↓ARN ANIMAUX TRANSGENIQUESQCM T1 : ABELe but de l’expérience et de créer une souris transgénique qui n’exprimerait que peu (ou plus) deprotéines GCN2.A/ (vrai) En effet, dans ce cas, la souris va produire des ARNm antisens aux ARNm de la protéine GCN2et qui vont donc s’hybrider avec ces derniers. Cette hybridation va rendre impossible la traduction desARNm de GCN2 liés et donc la production de cette protéine.B/ (vrai) C’est la première hypothèse envisageable. Le gène étant knock-out, la production de la protéineGCN2 ne sera plus possible.C/ C’est une proposition absurde. Pour obtenir un résultat, il faudrait croiser la souris dont le gène deGCN2 est floxé avec une souris surexprimant le gène Cre, ce qui aurait pour conséquence la suppressionde la séquence floxée (donc du gène) sous l’effet de Cre.Le croisement avec une souris exprimant un promoteur tissu-spécifique n’aura à priori pas d’effetd’autant qu’on ne sait pas à quel gène se rattache le promoteur en question.D/ C’est une technique tout à fait réalisable et qui aurait pour conséquence d’inhiber l’action de laprotéine GCN2 puisque son récepteur serait saturé par la protéine tronquée. Cependant dans cette exerciceon cherche à obtenir une réduction de l’expression de la protéine GCN2 et l’hypothèse proposée nemodifie pas le niveau d’expression de GCN2.E/ (vrai) En effet, c’est une proposition « bateau » des QCM sur les animaux transgéniques.QCM T2 : ABEA/ (vrai) Dans ce cas, après le croisement, la souris obtenue ne possédera pas l’exon 4. donc la le gène deGCN2 sera bien knock-out. Les exons 2 et 3 indispensables au développement sont bien conservés.C, D et E/ On peut très bien utiliser ces trangène et croiser la souris transgénique obtenue avec une sourisexprimant le gène Cre sous la régulation d’un promoteur inductible (comme l’énoncé en donne lapossibilité). En n’activant le promoteur qu’après le développement (durant lequel les exons 2 et 3 sontindispensables), les séquences floxées seront supprimées et le gène sera bien knock-out.QCM T3 : CRevoir le cours pour le système néo/tk…A/ Les cellules en question ne seront pas rares mais majoritaires ! C’est la recombinaison homologue quiest un événement très rare.B et D/ La thymidine kinase permet de produire par phosphorylation le gancyclovir phosphate qui esttoxique et entraîne la mort des cellules ES qui le produise. C’est le gène néo qui est responsable de larésistance au G418.E/ la recombinaison homologue correspond à 2 crossing-over !© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 165
  • 166. QCM T4 et T5 :Souris blanche de l’énoncé [1] : Souris verte de l’énoncé [2] : B tg- v tg- == === == === B tg- v tg- cellules ES v tg- == === v tg-cellule ES génétiquementmodifiée B tg+ == === B tg+ Blastocyste SOURIS CHIMERES qui comprennent 2 génomes distincts : v tg- B tg+ == === et == === v tg- B tg+Et 3 possibilités selon la/les cellules ES qui a/ont participé à la formation des gonades :Souris chimère [3A] [3B] [3C]Génome ayant v tg- B tg+ v tg- B tg+participé à la == === == === et == === == ===formation des v tg- B tg+ v tg- B tg+gonades seulement seulementType de gamète de la (v tg-) (B tg+) et (v tg-) (B tg+)souris seulement seulementQCM T4 : BEA/ Cette expérience PEUT donner naissance à une souris chimère, en partie verte et NEPOSSEDANT PAS LE TRANSGENE et en partie blanche AVEC LE TRANSGENE.B/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [2] (v tg-) et [3A] (v tg-) on obtient : v tg- == === v tg-C/ Pour obtenir une souris chimère, il faut qu’il existedeux populations différentes de cellules ES dans le blastocystede cette souris. Or par fécondation naturelle, on n’obtient qu’une seulecellule qui se divisera pour former le blastocyste, et donc un seul type de cellules ES.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 166
  • 167. D/ Si les parents sont les souris [2] et [3B] ils pourront donner des souris blanches et des sourisvertes mais pas forcement dans d’autre cas. Contre-exemples :si les parents sont les souris [2] et [3A] ils ne donneront que des souriceaux verts v tg- == === v tg-si les parents sont les souris [2] et [3C] ils ne donneront que des souriceaux blancs B tg+ == === B tg+E/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [3C] (B tg+) + [3C] (B tg+) B tg+ == === B tg+QCM T5 : ABCA/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [2] (v tg-) + [3C] (B tg+) B tg+ == === (souris [4]) v tg-B/ (vrai) Car le transgène est associé à l’allèle BLANC (B) qui estdominant sur l’allèle vert (v) (donc si une souris est verte elle n’a pasd’allèle blanc donc pas de transgène).NB : on peut affirmer cela car il n’y a pas de crossing-over d’après l’énoncé.C/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [4] (B tg+) + [3C] (B tg+) B tg+ == === B tg+D/ Si la souris est verte, elle ne possède pas de transgène(cf. item B)E/ Pas forcément. Contre-exemple :en croisant les souris [4] (B tg+) + [4] (v tg-) B tg+ == === v tg-La souris obtenue est blanche mais pas homozygotepour le transgène. L’obtention d’une souris blanchene permet donc pas d’affirmer la viabilité de l’état homozygote pour le transgène.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 167
  • 168. QCM Techniques en vrac 8 QCMQCM 1 : Parmi les facteurs suivants, quels sont ceux qui vont favoriser une hybridation entre 2fragments complémentaires d’ADN ?A. Un passage brutal de la solution de 95° à 0°.B. Un Cot (concentration x temps) élevé.C. Des fragments de grande longueur.D. La présence d’une émulsion de phénol.E. La présence d’une solution à force ionique élevée.QCM 2 : Un cDNA est obtenu par copie in vitro (au laboratoire) d’un RNA mature par uneReverse Transcriptase ou Transcriptase Inverse :A. Il est complémentaire du mRNA qui sert de matrice.B. Il est antiparallèle par rapport au mRNA qui sert de matrice.C. Il contient des séquences complémentaires des exons.D. Il contient des séquences complémentaires des introns.E. Il est généralement méthylé sur des sites GC.QCM 3 : L’hybridation moléculaire :A. Est fondée sur la complémentarité des bases azotées entre nucléotides.B. Ne s’observe jamais naturellement.C. S’effectue toujours de manière antiparallèle.D. Nécessite au préalable d’avoir des brins monocaténaires.E. Ne peut pas s’effectuer entre ADN et ARN.QCM 4 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A. La transcriptase inverse, extraite à partir de rétrovirus, a deux propriétés essentielles : elle transcrit leRNA en cDNA dans le sens 3’ → 5’ et elle possède aussi une fonction de RNase H.B. Les RNA-polymérases transcrivent un ADN en ARN en utilisant une amorce.C. Les ligases sont des enzymes qui forment des liaisons phosphodiesters entre le 3’OH d’un nucléotideet le 5’phosphate du nucléotide suivant.D. La T4 polynucléotide kinase utilise le phosphate γ d’un nucléotide tri-phosphate et l’ajoute surl’extrémité 5’ d’un polynucléotide.E. La phosphatase alcaline est une enzyme peu spécifique qui agit uniquement sur les ADN.QCM 5 : A propos des nucléases :A. La famille des nucléases comporte des exo- et des endonucléases qui peuvent agir sur l’ADN oul’ARN.B. La DNase I coupe l’ADN qu’il soit simple ou double brin, et agit principalement sur des gènes aurepos.C. La nucléase S1 coupe uniquement l’ADN qu’il soit simple ou double brin.D. La RNase A est une enzyme très ubiquitaire qui coupe les ARN simples brins après des pyrimidines.C’est une enzyme qui est fragile et résiste mal à la chaleur.E. La RNase H est nommée ainsi car elle coupe les liaisons hydrogènes dans l’ARN.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 168
  • 169. QCM 6 : A propos des techniques de biologie moléculaire :A. Les ARN sont souvent utilisés en biologie moléculaire, car ils sont très stables.B. Les acides nucléiques sont solubles dans l’eau, c’est pourquoi lors de l’extraction, on les retrouve dansla phase phénolique.C. En électrophorèse, les gels d’agarose peuvent permettre de séparer des fragments d’ADN de plusgrande taille que les gels de polyacrylamide.D. L’électrophorèse en champ pulsé permet la séparation de gros fragments d’ADN comme leschromosomes.E. Les fragments d’ADN sont directement visibles sur le gel en électrophorèse à champ pulsé.QCM 7 : A propos des techniques de biologie moléculaire :A. Il existe deux types d’ultracentrifugation : l’ultracentrifugation isopycnique et l’ultracentrifugationzonale (cette dernière utilise le saccharose). Ces deux techniques s’appuient sur la création d’un gradientde densité, au fur et à mesure de l’ultracentrifugation, pour séparer les acides nucléiques.B. En chromatographie d’affinité, lorsque l’on veut isoler un ARN polyadénylé, on va utiliser un supportavec une séquence polyA par exemple, qui permettra de retenir l’ARN.C. Les enzymes de restriction sont des endonucléases qui coupent l’ADN double brin. Elles peuvent lecouper n’importe où et permettent ainsi de réduire la taille du fragment étudié.D. Il existe trois types d’enzymes de restriction. Les types II et III coupent l’ADN au niveau de laséquence reconnue.E. Les enzymes de restriction de type II, qui coupent l’ADN au niveau de séquences palindromiques,comme par exemple 5’ GAAUUC 3’ font des coupures en baïonnette ou à bouts francs.3’ CUUAAG 5’QCM 8 : On souhaite insérer un cDNA dans un plasmide dont le site multiple de clonage contient laséquence : 5’ Mbo I – Bg III – Xho I – Sha II 3’.cDNA :Séquences de restriction :Msp I : 5’…CCGG…3’Bg III : 5’…AGATCT…3’Xho I : 5’…CTCGAG…3’Sha II : 5’…GTCGAC…3’Xba I : 5’…TCTAGA…3’Mbo I : 5’…GATC…3’A. Les enzymes XbaI et Bg III sont des isoschizomères.B. Le cDNA digéré par Msp I peut être inséré dans un plasmide traité par Bg III.C. Le cDNA digéré par Msp I ne peut être inséré que dans un seul sens lorsque le plasmide est traité parMbo I.D. Le cDNA digéré par Xba I et Xho I ne pourra s’insérer que dans un seul sens dans un plasmide digérépar Bg III et par Xho I .E. La seule option pour insérer le cDNA est d’utiliser Msp I pour digérer le cDNA, et Mbo I pour digérerle plasmide car XbaI et BgIII ne permettent pas d’obtenir des bouts en baïonnette compatibles entre leplasmide et le cDNA.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 169
  • 170. CorrectionQCM 1 : BDEA. Un refroidissement lent va permettre une réassociation des brins.C. Des fragments de petite longueur seront plus faciles à réhybrider.QCM 2 : ABCD. Puisqu’il s’agit de la copie d’un mRNA mature, les introns ont déjà été excisés lors de la maturation decet ARN.E. Il n’y a pas de raison…QCM 3 : ACDB. Cf. l’ADN par exemple.E. On le peut, d’ailleurs les hybrides ADN-ARN sont plus solides que les ADN doubles brins.QCM 4 : CDA. La transcriptase inverse synthétise le cDNA dans le sens 5’ → 3’.B. Les RNA-polymérases n’utilisent pas d’amorce.E. Elle élimine le phosphate en 5’ sur les ADN, les ARN et les nucléotides libres.QCM 5 : AB. Elle agit au niveau de gènes en cours de transcription ou qui viennent d’être transcrits donc sur desgènes actifs car les protéines qui les protégeaient se sont détachés pour permettre la transcription de cesgènes.C. La nucléase S1 coupe seulement l’ADN ou l’ARN simple brin.D. Au contraire, la RNase A n’est pas fragile et résiste à la chaleur, elle est dite thermostable.E. Le «H» signifie « hybride », en effet la RNase H détruit l’ARN dans les hybrides ADN-ARN.QCM 6 : CDA. Les ARN sont au contraire instables et très vulnérables car on trouve des ribonucléases quasimentpartout (même sur nos doigts).B. On les retrouve dans la phase aqueuse (phase supérieur). Le phénol est un agent déprotéinisant, laphase inférieure va donc récupérer les protéines.E. On ne peut pas les voir directement. Il faut utiliser des techniques comme celle au bromure d’éthidium(fluorescent sous une lampe à UV) pour les visualiser.QCM 7 : AucuneA. Pour l’ultracentrifugation zonale, le sucre (saccharose) ne permet pas de générer le gradient au coursde la centrifugation, et nécessite la création du gradient avant même l’ultracentrifugation.B. Comme l’ARN est polyadénylé (queue polyA), il sera retenu par des séquences polyU ou polydT (carA s’associe à T et à U).C. Les enzymes de restriction coupent l’ADN double brin en des sites spécifiques.D. La type III coupe 20 paires de bases plus loin (côté 3’).E. Il n’y a pas d’U dans l’ADN.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 170
  • 171. QCM 8 : DEA. Non, car ils ne reconnaissent pas la même séquence. Leurs séquences sont opposées.B. Bg III produit des bouts en baïonnette tandis que Msp I produit des bouts francs donc il y a uneincompatibilité qui ne permet pas l’insertion.C. Le cDNA traité par Msp I peut être inséré dans les 2 sens dans un plasmide traité par Mbo I car cesdeux enzymes créent des bouts francs.D. Méthode :Bg III : 5’…A GATC T…3’Xho I : 5’…C TCGA G…3’Sha II : 5’…G TCGA C…3’XbaI : 5’…T CTAG A…3’La partie en gras et en italique correspond au bord en baïonnette qui sera visible une fois la coupureeffectuée.Si on coupe le cDNA avec Xba I et Xho I, on obtient : 5’ CTAG Séquence complémentaire : Xho I AGCT 5’ 5’3’ ou Sha II 5’3’ (insertion Séquence complémentaire possible).Bg III 3’ 5’ or les bordsdu plasmide seront ceuxde BgIII en 5’  3’(insertion impossible).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 171
  • 172. V Correction détaillée du concours de janvier 2006 de la facultéNous n’avons pas repris le sujet du concours de janvier 2006 qui se trouve dans le polycopié de biologie moléculaire distribué par la faculté ;Pour chaque QCM la ou les réponses vraies éventuelle(s) (à cocher « en haut » sur la feuille de coche) sont affichées entre crochet. Il s’agit des réponses officielles qui ont été affichées à la faculté lors de la publication des résultats.QCM 1 : ABCDCe sont des propositions de cours à connaître.E/ L’isoButanol sert à extraire le Bet (Bromure d’éthidium).QCM 2 : ELe raisonnement pour ce genre d’exercice est simple mais pas forcement facile à retenir correctement.Si vous n’avez pas compris la méthode, entraînez-vous avec les QCM de cette partie (début du poly) etlisez leur correction pour comprendre la technique.QCM 3 : DIl faut tout lire pour éviter de ce faire piéger1/ L’activité biologique importe dans le résultat (puisqu’au final il y a 120 mg de protéinesbiologiquement actives)2/ Donc ici toutes les étapes sont à prendre en compte (mais si au final il y avait eu 120 mg de protéinessans distinction de leur activité biologique, il aurait fallu ne pas prendre en compte la dernière étape – deperte biologique – dans le calcul).3/ Il faut faire attention à convertir toutes les données en rendement (100% - pourcentage de perte). Ainsile rendement de la dernière étape est de 80%N’utilisez pas de calculatrice chez vous ! Entraînez-vous au calcul mental, vous en aurez bien besoin(surtout en physique).Minitiale x 80% x 75% x 50% = M finale de protéines (sans distinction d’activité biologique) = inconnueMinitiale x 80% x 75% x 50% x 80% = M finale de protéines biologiquement actives = 120 mg 120 mg 120 x 100 x 100 x 100 x 100 120 x 100 x 100 x 2D’où Minitiale = ------------------------------- = ------------------------------------ = -------------------------- 80% x 75% x 50% x 80% 80 x 80 x 75 x 50 8 x 8 x 75 120 x 100 x 25 x 4 x 2 120 x 100 1000= ---------------------------- = -------------- = --------- = 500 mg 8 x 8 x 3 x 25 2 x 12 2© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 172
  • 173. QCM 4 : Aucune, QCM 5 : BE, QCM 6 : BCDEA/ 3’-désoxyguanosine est un désoxyribonucléoside.Il comprend une base purique et un désoxyribose, ce dernier étant atypique puisqu’il est désoxydé en 3’(et non en 2’ comme ceux que l’on trouve normalement dans l’ADN). On ne le trouve pas dans l’ADNcar les polymérases utilisent l’hydroxyle en 3’ des sucres pour faire les liaisons et ce nucléoside n’en apas.B/Ribothymidine : cest un ribonucléoside ( ARN mais pas ADN)Il comprend une base pyrimidique et un ribose et est caractéristique des tRNA.C/Pseudouridine : cest un dérivé de ribonucléoside ( ARN mais pas ADN) qui ne possède pas deliaison N-osidique et qui est caractéristique des tRNA.D/ Inosine : cest un ribonucléoside (ou dérivé) ( ARN mais pas ADN)Il comprend une base purique (hypoxanthine) et un ribose et est caractéristique des tRNA et plusparticulièrement des anticodons.E/ Cytidine cytidine = ribonucléoside ( ARN mais pas ADN) ≠ cytosine = base pyrimidiqueLa cytidine comprend une base pyrimidique et un ribose et est présente dans les ARN.QCM 7 : DECe sont des propositions de cours à savoir.A/ Est faux car le brin matrice est parcouru dans le sens 3’5’ (tandis que la synthèse du nouveau brin sefait dans le sens 5’3’, ce qui est logique puisque les brins sont orientés antiparallèlement)B/ Car elle utilise des désoxyribonucléotides (dXTP) et non des ribonucléotides (XTP) !C/ Il s’agit de triphosphoDESOXYribonucléotides. De plus c’est le phosphate α qui fait la liaison (lesphosphates β et γ sont détachés = pyrophosphate)QCM 8 : ALes brins doivent être antiparallèles et parfaitement complémentaires (énoncé)A↔T ou A↔Uet G↔CQCM 9 : BDL’énoncé donne des informations très importantes (comme la plupart du temps) :- il s’agit d’un génome viral, ce n’est donc ni un phage ni un plasmide- c’est un DNA (puisqu’il y a présence de bases T et absence de bases U)- ce DNA étant intégré dans le génome d’une cellule de mammifère, il est indispensable que celui duvirus soit double brins car un génome eucaryote est forcement double brins.QCM 10 : ABE, QCM 11 : AD, QCM 12 : ABCEcf. cours- QCM 10 : absence de cap et de polyA-3’ terminal chez les procaryotes- QCM 11 : l’opérateur est une séquence de DNA, le répresseur est un complexe protéique, latranscription est permise par le détachement du complexe répresseur-lactose de l’ADN.- QCM 12, item D : l’énoncé précise « dans la formation ou la maturation des mRNA », cest-à-dire lapériode transcriptionnelle ou post-transcriptionnelle, ce qui exclut un mécanisme post-TRADUCTIONNEL© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 173
  • 174. QCM 13 : DLe tableau du code génétique est en première page. Mais il n’y a pas de légende à côté… A vous de vousrappeler qu’il permet de traduire les codons d’un ARNm lu dans le sens 5’-3’ ( ≠ réplication ettranscription) en protéine, de l’extrémité N-terminale vers C-terminale ( ce n’est pas antiparallèle).Donc il faut avant tout transcrire le DNA de la séquence mutée de l’énoncé en ARNm complémentairepuis se servir du code génétique pour obtenir la protéine.QCM 14 : D- une mutation frame-shift décale le cadre de lecture . Il s’agit forcement d’une insertion ou d’unesuppression de base(s) (1+3n bases ou 2+3n bases mais pas 3+3n bases ! sinon le cadre reste le même).Ce n’est pas le cas- une mutation silencieuse n’entraîne pas de modification de la séquence protéique finale. Ce n’est pas lecas.- une mutation faux sens entraîne le changement des aa (ou d’un aa) de la séquence protéique finale (sansaltérer la longueur) mais ce concept est à distinguer de la mutation non sens qui entraîne l’apparition d’uncodon stop.QCM 15 : ABEcf. en première page, le tableau d’appariement des anticodons.Il faut néanmoins savoir que la base à appariement de type wobble est la 3ème du codon (ou 1ère del’anticodon) dans le sens conventionnel de lecture (5’3’)codon 5’ GCU 3’l’anticodon sera forcement de type 3’ CGX 5’ou X correspond à A, G ou I (cf. tableau)QCM 16 : CD’après le tableau du code génétique,pour avoir une proline il faut un codon de type 5’ CCY 3’(Y = A, G, C ou U)donc un anticodon de type 3’ GGZ 5’(Z = A, G, C, U ou I)QCM 17 : CCe sont des notions de cours. RNA-poly II PolyA-poly Synthèse de RNA (polyribonucléotides) Chez les eucaryotes DNA-dépendante (matrice de DNA) DNA-indépendante (pas de matrice) Pas d’amorce « amorce » de RNA (la partie 5’ de l’ARNm en formation) A priori pas de fonction exonucléasique car Pas de fonction exonucléasique absence de fonction proof-readingQCM 18 : ABDC/ Les gènes α1 et α2 ont divergé dans un passé relativement récent – c’est exact – et ils ne sont donc pasprésents chez la plupart des autres vertébrés.E/ Un pseudogène n’est pas fonctionnel puisqu’il n’est pas transcrit.QCM 19 : ABCDCe sont des notions de coursE/ Est absurde : la mitochondrie n’a aucun rôle dans cette biosynthèse. Le passage transmembranaire sefait à travers la membrane du RE granuleux (= RE rugueux)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 174
  • 175. QCM 20 : BDOn étudie un gène du gonosome X▪ chez une femme (XX) : 2 chromosomes X donc 2 allèles (un sur chaque chromosome)▪ chez un homme (XY) : 1 chromosome X donc 1 seul allèle MspI AgeI Gène (non muté pour le site de Allèle méthylé COUPURE pas de coupurecoupure ; ceci est vérifié par le fait que Allèle non COUPURE COUPURE MspI coupe totalement toutes les méthylé séquences nucléiques de l’expérience)Individu M :Il y a une digestion totale avec AgeI. Il n’y a donc qu’un seul type d’allèle(s) non méthylé(s). (item Afaux) Mais par contre on ne sait pas s’il y a un ou deux allèles. Ainsi il peut s’agir d’un homme (XY) dontl’allèle n’est pas méthylé (item B vrai) ou d’une femme (XX) dont les 2 allèles ne sont pas méthylés (cequi est anormal). D’après ce profil il n’y a aucune méthylation ; il s’agit d’une absence d’inactivation etnon d’une inactivation déséquilibrée (ce qui signifierait qu’il y a bien 50% de gène méthylé mais quec’est à chaque fois le même allèle qui est méthylé dans toutes les cellules ou presque). (item E faux)Individu N :Il y a une digestion par AgeI mais seulement en partie.Il y a donc présence de deux types d’allèles : 1 allèle non méthylé et 1 allèle méthylé.Ce profil est donc incompatible avec celui d’un homme (XY) qui ne possède qu’un seul allèle. (item Cfaux) Il ne peut donc s’agir que d’une femme (XX) et dans l’hypothèse où 50% des allèles sont méthylés,50% non méthylés et si la méthylation s’est faite au hasard (ce que l’on ne peut pas déterminer parl’expérience), ce profil peut être celui d’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faiteau hasard (item D vrai)QCM 21 : ABCDELa RNase A coupe le simple brin d’un RNA, ce qui comprend aussi les zones non appariées (à partir d’unnucléotide) d’un RNA avec sa ribosonde.Ainsi une variation ponctuelle de séquence par rapport à la sonde entraîne une coupure ; et doncl’individu 1 peut posséder une variation ponctuelle de séquence et ses résultats sont compatibles avecl’état homozygote car présence d’un seul profil type « coupure » ; un individu hétérozygote seraitcaractérisé d’après l’expérience par la présence de 2 profils, c’est à dire 3 traits : un à 1200b (profil « pasde coupure ») + un à 700b et un 500b (profil « coupure »). (item A vrai)B/ (vrai) Il peut y avoir une erreur lors de l’expérience, mais ce qui est plus probable c’est que lamutation soit silencieuseC/ (vrai) C’est possible vu que dans la zone de la sonde aucune mutation n’est détectée et qu’on ne saitpas s’il existe une mutation en dehors de cette zone.D/ (vrai) Une mutation hors de la zone d’appariement avec la sonde ne sera pas détectée dans cetteexpérience (puisque hors de la zone d’appariement, le RNA est simple brin et est donc digéré par laRNase A quel que soit la séquence)E/ (vrai) En effet, le même profil serait obtenu (puisque comme la plupart des techniques utilisées, celle-ci ne semble pas quantitative)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 175
  • 176. QCM 22 : CDEIl faut revoir la technique de Southern et connaître les notions de stringence.A/ S’il avait oublié la digestion, l’expérience montrerait un résultat de 3.109 kb (taille de l’ADNgénomique humain normal) et non 5 kbB/ Si la membrane n’avait pas été préhybridée (avec de l’ADN de sperme de saumon !), la sonde auraitpu se coller à tous les endroits dépourvus d’ADN du support (au départ imbibé d’une « colle » pourretenir les fragments d’ADN) et le résultats ne comporterait pas deux traits noirs mais une plage presquetoute noire.Forte stringence = faible force ionique = conditions draconiennes d’expérience, cest-à-dire une possibilitéd’hybridation réduite. Cela permet d’éviter les hybridations incomplètes mais peut parfois conduire à uneabsence totale d’hybridation.C/ (vrai) On travaille sur l’ADN donc il peut y avoir révélation d’un pseudogène, ce qui n’aurait pas étépossible sur de l’ARNm (les pseudogènes ne sont pas transcrits).QCM 23 : ACDDans cette technique on considère qu’une mutation PEUT modifier la conformation d’un brin et doncmigrer différemment en électrophorèse. C’est la seule interprétation possible ! Le sens de variation dela migration ne peut donner lieu à aucune interprétation sur la longueur de l’ADN (item B faux)A/ (vrai) ≠ de migration par rapport au témoin, donc ≠ de conformation par rapport au témoin, donc ≠ deséquence possible par rapport au témoin.C/ (vrai) Tout comme la phrase contraire aurait été vraieD/ (vrai) Logique puisque ≠ de migration, donc ≠ de conformation, donc ≠ de séquence possible.E/ La RNase A coupe seulement le RNA (et le RNA simple brin).QCM 24 : AB« approche génotypique indirecte »  On n’étudie pas le gène de la maladie en question mais une zonegénomique qui s’en rapproche plus ou moins. On ne cherche pas à savoir si les résultats sont vrais oufaux : tous les résultats peuvent exister puisqu’il n’y a pas forcement de rapport entre le gène de lamaladie et la zone étudiée (item E faux)L’objectif est justement de déterminer s’il existe un rapport entre ces deux, ce qui permettrait de pouvoirétablir un diagnostic de la maladie en analysant la zone étudiée.Dans l’énoncé diverses choses sont importantes :- maladie autosomique récessive- enfant atteint décédé (donc homozygote pour la maladie)- parents sains (ils possèdent donc chacun un brin sain, mais étant donné qu’ils ont pu donner un enfanthomozygote malade, ils possèdent aussi chacun un brin malade. Ils sont donc tous les deux hétérozygotespour la maladie)Pour chaque RFLP on cherche à voir si un diagnostic de la maladie est possible, donc s’il y a un rapportentre le gène de la maladie et la zone étudiée. On va donc chercher les obstacles à cette corrélation pourchaque RFLP et voir si on peut y trouver une solution.RFLP 1 : L’obstacle est que l’enfant a un profil identique à son père et identique à sa mère pour la zoneétudiée, contrairement au gène de la maladie. Ainsi le diagnostic est impossible puisqu’on ne peut pasattribuer un état (sain ou malade) à un profil. (Les 3 profils étant identiques, elles seraient sinon soittoutes saines, soit toutes malades, ce qui n’est pas la réalité). (item A vrai)RFLP 3 : L’obstacle est que l’analyse donne un profil homozygote pour le père et homozygote pour lamère. Quel que soit l’enfant il aura donc toujours le même profil d’après cette analyse et il ne sera paspossible de dire s’il est malade ou non. Le diagnostic est impossible. (item C faux)© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 176
  • 177. Les analyses des RFLP 1 et 3 ne pouvant donner lieu séparément à aucun diagnostic, leur combinaisonn’en donnera pas non plus ! (item D faux)RFLP 2 : Le père a un profil hétérozygote. La mère a un profil hétérozygote. L’obstacle logique c’est quel’enfant atteint a lui aussi un profil hétérozygote (mais différent ce ceux de ses parents). Il s’agit en fait du profil pour la zone étudiée et non pour la maladie.On peut considérer qu’à un allèle donné du gène de la maladie il peut correspondre plusieurs allèles de lazone étudiée. Et dans ce cas on peut envisager un diagnostic. RFLP 2 Gène de la (approche indirecte) maladie (approche directe)Enfant atteint P M E P M Ehomozygote rflpmalade(malade/malad 1 MALADE rflpsain2e) pour le gène de la maladie rflpmalade 2 SAIN rflpsain1Enfant sain P M E2 P M E2’ P M E2 ou E2’hétérozygote rflpmalade(malade/sain) 1 MALADE rflpsain2ou (sain/malade) rflpmaladepour le gène de 2 SAINla maladie rflpsain1Enfant sain P M E3 P M E3homozygote rflpmalade(sain/sain) 1 MALADE rflpsain2pour le gène de la maladie rflpmalade 2 SAIN rflpsain1Ainsi on peut – en théorie (dans la majorité des cas) – distinguer un fœtus hétérozygote d’un fœtushomozygote POUR LA MALADIE grâce à l’analyse du RFLP 2 (dans laquelle le fœtus sera toujoursforcement hétérozygote pour la zone étudiée puisque pour cette zone les parents n’ont aucun allèlecommun). (item B vrai) ATTENTION ! Les diagnostics établis dans le tableau ci-dessus à partir des résultats des RFLP 2supposent l’absence de crossing-over entre le gène de la maladie et la zone étudiée via RFLP. En effet, enpratique le diagnostic est toujours soumis à condition. Et il peut arriver, en cas de crossing-over, qu’unenfant présente les allèles rflpsain1 et rflpmalade2 d’après le diagnostic indirecte mais qu’il soit en faithomozygote atteint pour le gène de la maladie car l’allèle rflpsain1 s’est retrouvée associée à l’allèleMALADE du gène de la maladie (échange de rflpsain1 et rflpmalade1 par crossing-over). (Mais si le Pr.Levade veut que vous preniez en compte cette notion, il vous en informera certainement de façon précisedans l’énoncé ou l’item du QCM, ce qui n’est pas le cas ici).© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 177
  • 178. QCM 25 : ADA/ (vrai) Dans ce cas la PCR ne fonctionnerait que pour un seul des deux brins mais comme cetteméthode n’est pas vraiment quantitative, cela passerait inaperçu.B/ Si le patient P2 n’avait plus d’exon 3, la PCR de son ADN génomique donnerait une bande inférieurede 400 pb par rapport au témoin.C/ Idem ci-dessus : la bande de l’ADN génomique serait inférieure à celle du témoin.D/ (vrai) L’ADN génomique ne varie pas en longueur mais la mutation provoque une disparition del’exon 3 lors de la transcription en ARNm et cette délétion se répercute sur la longueur de l’ADNc forméà partir de l’ARNm.- item € faux : l’ADN génomique correspond à la longueur des introns + exonsL’ADNc correspond normalement à la longueur des exons seulement (sauf en cas de délétion d’un exon).Ainsi la longueur des introns est égale à la longueur de l’ADN génomique moins la longueur de l’ADNcsoit pour le témoin et le patient 1 : 2000 – 900 = 1100 pbQCM 26 : BEA/ Ce n’est pas « le moyen le plus sûr » puisqu’il nécessite de nombreuses opérations(ADNARNmADNcPCR) et que la probabilité d’erreurs en est d’autant plus élevéeB/ (vrai) C’est radical mais c’est le moyen le plus sûr, le plus fiable que l’on connaisse, en effet.C/ La RNase ne coupe que les RNA (et seulement les RNA simple brin)D/ Le but du Southern-blot est de localiser une séquence d’ADN précise dans le génome. Il sera difficilede déterminer la présence d’une variation ponctuelle à moins de savoir sa nature et sa position. Face auséquençage, cette méthode est moins sûre.E/ (vrai) Eventuellement, c’est possible.QCM 27 : AA/ (vrai) Oui, cette sonde s’hybride effectivement avec un brin du cDNA du patient (avec la séquence quel’on obtient lors du séquençage)B/ Pour que l’hybridation soit possible avec un brin du cDNA du patient, il faudrait que cette sonde soitorientée dans l’autre sens.C/ Il ne peut pas y avoir de mise en évidence de la variation avec PvuII car cette enzyme de restrictioncoupe à la fois l’ADN du patient et celui du témoin (ainsi elle ne permet pas de différencier les deux)D/ Chez le témoin mais pas chez le patient.E/ Il s’agit d’une mutation TAS’il s’agissait d’une insertion de GAC, la séquence devrait être identique à celle du témoin avec commeseule différence l’ajout de GAC.QCM 28 : CDA/ Des isoschizomères reconnaissent strictement la même séquence et coupent exactement au même endroit ! (elles peuvent différer par leur sensibilité à la méthylation).B/ Incompatibles 5’ GATCC 3’ BamHI G NheI G 3’ CGATC 5’C) (vrai) C’est exact car d’une part les extrémités BglII du plasmide et du cDNa seront compatibles entreelles et d’autre part l’extrémité NheI du plasmide et l’extrémité XbaI du cDNA sont compatibles entreelles. Par contre les extrémités NheI et XbaI ne sont pas compatibles avec les extrémités BglII, ce quiexclue une insertion dans l’autre sens.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 178
  • 179. 5’ CTAGA 3’ XbaI T NheI G 3’ CGATC 5’ 5’ GATCT 3’ BglII A BglII A 3’ TCTAG 5’D/ (vrai) Les extrémités de NheI et XbaI sont compatibles entre elles et les extrémités de MboI et BglIIsont compatibles entre elles. Par contre les premières ne sont pas compatibles avec les secondes. 5’ GATC 3’ MboI BglII A 3’ TCTAG 5’E/ Il n’y aura pas d’insertion du tout car BglII et XbaI ne sont pas compatibles 5’ CTAGA 3’ XbaI T BglII A 3’ TCTAG 5’QCM 29 : C Vous avez des yeux, servez-vous en pour lire l’énoncé plusieurs fois !! Pour ces deux derniers QCM quasiment tout est dedans.A/ Dans ce cas il n’y aura pas de surexpressionB/ Toutes les cellules seront concernées et il n’y aura donc pas de surexpression seulement dans lescellules bêta du pancréasC/ (vrai) Les conditions de l’énoncé sont toutes respectées et la stratégie est valable.D/ Toutes les cellules seront concernées et il n’y aura donc pas de surexpression seulement dans lescellules bêta du pancréasE/ Dans ce cas il n’y aura pas de possibilité d’obtenir une lignée de souris (puisque les cellules germinalesne permettront pas une surexpression chez les descendants)QCM 30 : ADEA/ (vrai) C’est bien entendu la méthode à laquelle il faut penser en premier.B/ L’inactivation du gène G ne sera pas spécifique du pancréas.C/ Sans effet, c’est absurde.D) (vrai) C’est la logique même !E/ (vrai) En effet, c’est une proposition intéressante puisque le promoteur inductible permettra de choisirle moment de l’expression de la recombinase Cre et d’éviter ainsi d’inactiver le gène G trop tôt alors quecelui-ci peut se révéler indispensable au développement embryonnaire.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 179
  • 180. IV QCM supplémentaires du Tutorat 2005 – 2006 Merci à tous les tuteurs de 2005 – 2006 pour ces QCM !QCM 1 : Parmi les acides aminés suivants, lesquels sont apolaires ?A/ IleB/ TrpC/ ArgD/ CysE/ AspQCM 2 : Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?A/ Pour concentrer un mélange de protéines en solution on peut utiliser une technique dedialyse/filtration.B/ Pour concentrer un mélange de protéines en solution on peut utiliser une technique de lyophilisation.C/ Le phénol précipite les protéines.D/ Le phénol peut être extrait par un mélange éther/chloroforme, v/v.E/ Le bromure d’éthidium peut être extrait par l’isopropanol.QCM 3 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?A/ Le phénol présente un pic d’absorption maximale à 260 nmB/ Pour une quantité donnée d’ADN en solution, la DO à 260 nm du double brin est inférieure à celle dusimple brinC/ Le bromure d’éthidium peut être extrait par l’isobutanolD/ L’albumine est modérément solubles dans l’eau mais solubles dans les solutions salinesE/ La lyophilisation est une technique qui sert à concentrer et à conserverQCM 4 : On réalise une électrophorèse à pH 8 d’un mélange de lysine, d’acide aspartique et de sérine.Quelle sera la migration obtenue en partant de la cathode vers l’anode ? - +A/ Lys Asp SerB/ Ser Asp LysC/ Asp Ser LysD/ Lys Ser AspE/ Asp Lys SerQCM 5 : On réalise une électrophorèse à pH = 3 avec un mélange d’histidine, d’acide glutamique et deglycocolle. Quelle sera la migration de ces acides aminés, de l’anode vers la cathode ?A/ His Gln GlyB/ Glu Gly HisC/ Gly Glu HisD/ Gly Gln HisE/ His Gly Glu© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 180
  • 181. QCM 6 : A propos des composants et dérivés des nucléosides :A/ On retrouve indifféremment dans l’ADN dA, dC, dT, dU.B/ Des cristaux de xanthine peuvent s’accumuler chez l’homme et donner des coliques néphrétiques.C/ La désamination oxydative d’une 5-méthyl-cytosine dans le DNA provoque l’apparition d’une basenormalement présente dans l’ADN.D/ Une des solutions pour traiter la goutte est de rendre le pH plus acide en utilisant du bicarbonateE/ Les bases azotées ne subissent jamais des phénomènes de délocalisation des doubles liaisons(phénomène appelé tautomérie).QCM 7 : Quels sont, parmi les nucléosides suivants, ceux présents normalement dans le DNA ?A/ AdénineB/ InosineC/ DésoxycytidineD/ ThymineE/ GuanosineQCM 8 : Dans une molécule d’ADN :A/ L’appariement des bases se fait généralement grâce aux formes tautomères majoritaires des bases,c’est à dire imine et cétonique.B/ L’appariement des bases entre brins complémentaires se fait par des liaisons hydrogènes.C/ Quelque soit le type d’appariement, interviennent toujours 3 liaisons entre les bases.D/ Les appariements majoritaires sont A-U et C-G entre brins complémentaires.E/ L’appariement des bases implique une teneur égale en T et en C.QCM 9 : A propos des appariements des bases dans le DNA :A/ Ils se font normalement entre n’importe quelle base purique et n’importe quelle base pyrimidique.B/ Ils mettent en jeu des liaisons hydrogènes : trois entre G et C, deux entre A et T.C/ Ils dépendent de la tautomérie des bases, des formes tautomères étant majoritaires pour former cesappariements.D/ Ils peuvent être faussés par l’incorporation de bromo-uracile mais celui-ci n’induit pas de mutation.E/ Ils impliquent que la teneur en A soit égale à celle en U.QCM 10 : Structure de l’ADN :A/ Dans l’ADN, la liaison C-G se fait au moyen de trois liaisons hydrogènes.B/ La structure de l’ADN la plus fréquente chez les humains est la forme B.C/ L’adénosine comporte une liaison N-osidique 9-1’.D/ L’adénine contient un noyau purique.E/ Un tour d’hélice d’ADN B est composé de dix bases.QCM 11 : A propos de la puromycine :A/ C’est un analogue des bases pyrimidiquesB/ C’est un analogue structural de la partie terminale des tRNA chargé de leur acides aminéC/ C’est un nucléotide particulierD/ Elle empêche la transcriptionE/ C’est un antibiotiqueQCM 12 : Parmi ces dérivés, lesquels sont des dérivés de bases puriques ?A/ 6-mercaptopurineB/ HypoxanthineC/ Acide uriqueD/ BromouracileE/ Caféine© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 181
  • 182. QCM 13 : On réalise la fusion dune séquence de DNA bicaténaire. Indiquez les propositions vraies :A/ La DO de la solution contenant le DNA augmente proportionnellement à la température tout au longde lexpérience.B/ Pour les températures inférieures au Tm, le DNA est surtout bicaténaire.C/ En élevant la concentration en sel de la solution, le Tm diminue.D/ Moins la solution est concentrée en sel, plus elle est stringente et le Tm est bas.E/ Le DNA bicaténaire est dénaturé par la rupture des liaisons hydrogène, rupture due à un apporténergétique à la solution par chauffage.QCM 14 : On réalise une chromatographie daffinité sur colonne, support sur lequel on fixe une séquencede DNA eucaryote donnée. Puis on procède à une série de passage - élution successives de 3 protéinesnommées A, B et C. A la fin de lexpérience, on recueille les éluants : seule la protéine B est présente enquantité presque égale à celle versée dans la colonne. Indiquez les propositions exactes :A/ Les 3 protéines se fixent nécessairement à cette séquence de DNA parce-que le DNA a la capacité dese lier aux protéines.B/ Les protéines A et C ne pourront plus être récupérées par la suite.C/ La protéine C se lie spécifiquement à cette séquence de DNA.D/ La protéine B peut être lhistone H4.E/ La protéine C peut être un promoteur de cette séquence de DNA.QCM 15 : Concernant la structure du DNA :A/ Les histones sont les seules protéines capables de sassocier au DNA.B/ Lassociation DNA-histones est irréversible, la preuve est que les nucléosomes restent entiers même aucours de la mort cellulaire par apoptose.C/ Dans un noyau procaryote on retrouve 5 types dhistones : H1, H2A, H2B, H3 et H4.D/ Les histones sont riches en acides aminés basiques, ce qui leur confère une charge totale négative.E/ Lhistone H4 assure la liaison entre nucléosomes voisins ou entre des couches de nucléosomessuccessifs.QCM 16 : A propos des acides nucléiques :A/ Le DNA peut subir des étapes de réplication et de traduction.B/ Les virus à RNA peuvent directement traduire leur RNA ou passer par une étape de rétro-transcription.C/ Le RNA est constitué de désoxyribonucléotides.D/ Les sucres du RNA sont identiques à ceux du DNA.E/ L’orientation des brins se fait dans le sens 5’→ 3’QCM 17 : Les différentes formes de DNA (B, A et Z) :A/ Présentent toutes une double hélice droite.B/ La forme A signifie « allongée ».C/ Dans la forme B, chaque plateau de paire de bases forme un angle de 36° avec le suivant.D/ La forme A est obtenue par déshydratation du DNA B.E/ Il n’y a que la forme B qui est retrouvée in vivo.QCM 18 : A propos de l’ADN :A/ Le DNA des procaryotes est simple brin et se trouve dans le cytoplasmeB/ Le DNA des procaryotes possède des séquences non codantesC/ Le génome nucléaire possède environ 30 000 gènes chez l’hommeD/ La quantité de DNA mitochondrial représente toujours la même proportion du DNA cellulaire.E/ La densité génique est faible dans le génome nucléaire des eucaryotes© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 182
  • 183. QCM 19 : A propos de l’ADN :A/ Le génome des eucaryotes se trouve exclusivement dans le noyauB/ La vitesse de renaturation des séquences de DNA n’est pas constante, elle dépend de leur degré derépétitionC/ Les séquences satellites sont des séquences moyennement répétitivesD/ Les séquences hautement répétitives représentent 10 à 15% du DNA totalE/ Les séquences satellites se retrouve dans l’hétérochromatineQCM 20 : A propos de la méthylation des bases et du remodelage de la chromatine :A/ Elle nécessite une région régulatrice fonctionnelle.B/ La méthylation des bases induit une stimulation de la liaison des facteurs de transcription.C/ Les séquences CpG sont méthylées en 5 sur la guanine.D/ La régulation au niveau de la chromatine nécessite une compaction de la chromatine.E/ La coupure du DNA par des nucléases se fait au niveau de zones dites inactives.QCM 21 : La télomérase :A/ Existe chez l’homme, les souris et les bactéries.B/ Possède une sous-unité catalytique nommée TERT.C/ La télomérase est une DNA-polymérase RNA-dépendante.D/ La matrice à partir de laquelle la télomérase forme les télomères est un RNA.E/ La télomérase est active dans les cellules cancéreuses.QCM 22 : Altérations et réparation du DNA :A/ Les rayonnements ionisants peuvent provoquer des altérations du DNA.B/ Le 5BrU peut provoquer des mutations car il peut s’apparier avec la cytosine au lieu de l’adénine.C/ Le 5BrU provoque des mutations ponctuelles.D/ Le bromure d’éthidium déforme la double hélice d’ADN.E/ Les inversions de fragment d’ADN sont des mutations toujours silencieuses car les deux brins d’unemolécule d’ADN sont complémentaires, donc il peut être lu indifféremment dans un sens et dans l’autre.QCM 23 : Altérations et modelage de l’ADN :A/ Les systèmes de correction des mutations procèdent en deux phases.B/ La reconnaissance des anomalies est très rarement spécifique.C/ La réparation nécessite l’intervention d’une ligase.D/ Les dimères de thymine sont provoquées par une exposition aux UV.E/ La réplication chez les eucaryotes utilise une fonction proof-reading pour contrôler et réparer leserreurs immédiatesQCM 24 : Les rétrovirus :A/ Sont tous des virus à RNAB/ Tous passent par une étape de cDNAC/ Utilisent une reverse-transcriptase cellulaireD/ Ont une fréquence de mutation élevéeE/ Sont cancérigènesQCM 25 : Les phages :A/ Sont des virus spécifiques des bactériesB/ Empruntent exclusivement une voie lytiqueC/ La voie lytique se traduit par la synthèse de protéines viralesD/ Les phages sans pouvoir infectieux pourraient donner des plasmidesE/ Les phages ne peuvent jamais emprunter un fragment de DNA a la différence des plasmides.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 183
  • 184. QCM 26 : A propos des globines :A/ L’O2 a des affinités différentes pour les diverses globines.B/ La γ globine arrive à son maximum d’expression au 6e mois de vie intra-utérine.C/ La α et la β globines sont prédominantes au cours de la vie fœtale.D/ Elles dérivent toutes du même gène ancestral.E/ La δ et la β globines ont divergé il y a 45O Ma.QCM 27 : L’opéron lactose :A/ Est un opéron de cellule eucaryoteB/ Est le support génétique qui code pour la synthèse de 2 protéines.C/ Est formé d’une zone régulatrice et d’une zone codante.D/ Deux protéines, la CAP et la RNA-polymérase se fixent à l’opérateur.E/ Le répresseur est une protéine de régulation négative, synthétisé par le gène lac I, et qui se fixe surl’opérateur.QCM 28 : On dispose d’une bactérie B qui utilise le glucose comme source énergétique primaire, maisqui peut aussi utiliser le lactose en tant que source secondaire, car elle possède l’opéron lactose. On peutprévoir que :A/ Placée dans un milieu riche en glucose et en lactose, elle ne survit pas car elle est incapable decataboliser le lactose.B/ Un mutant dont la séquence promotrice de l’opéron lactose est délétée survit dans un milieu riche englucose.C/ Si on place ce même mutant dans un milieu dépourvu de glucose mais riche en lactose, il l’utiliseracomme source énergétique car il possède l’opéron lactose.D/ La délétion du gène lac I provoque un blocage complet de la transcription de l’opéron lactose.E/ Une délétion de quelques bases de l’opérateur de l’opéron lactose empêche la liaison de la RNA-polymérase et donc la transcription de l’opéron en entier.QCM 29 : L’opéron lactose est un opéron de E. Coli :A/ La RNA-polymérase DNA-dépendante se lie à l’opérateur (par la sous-unité σ).B/ La liaison du lactose sur l’apo-répresseur inhibe la transcription, on dit que l’opéron est inductible.C/ Cet opéron est régulé par des séquences cis-régulatrices (promoteur et opérateur) sur lesquellespeuvent se lier des facteurs protéiques trans-régulateurs.D/ Une forte induction de cet opéron nécessite du lactose (exogène) et de l’AMPc (2nd messager produiten cas de carence énergétique).E/ La protéine CAP est capable de lier l’AMPc.QCM 30 : A propos des tRNA :A/ Ils font le lien entre codage nucléique et codage protéiqueB/ Les nucléotides des tRNA sont complémentaires des nucléotides des mRNAC/ La numérotation des nucléotides se fait dans le sens 5’ 3’D/ Le 1er nucléotide du codon s’apparie avec le 3ème nucléotide de l’anticodon selon des modalitésspéciales appelées « wobble »E/ Il existe un tRNA (met) initiateur pour le codon AUG d’initiation et un autre tRNA (met) pour lesAUG internes (non initiateurs)QCM 31 : Les tRNA :A/ Apportent et mettent en place les acides aminés au niveau du réticulum endoplasmique.B/ Sont formés de 2 brins appariés à certains endroits.C/ Peuvent contenir une boucle variable qui est spécifique de chaque tRNA.D/ Leur extrémité 3’ fait partie du bras de fixation de l’acide aminé.E/ L’acide aminé se fixe sur une séquence variable en 3’© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 184
  • 185. QCM 32 : L’extrémité CCA-terminale d’un tRNA :A/ Se trouve à l’extrémité 5’B/ Se fixe à un acide aminé par une liaison ester entre le carboxyle de l’acide aminé et le OH 3’ du ribosede son adénine.C/ La fixation de l’acide aminé se fait par une amino-acyl tRNA synthétase.D/ L’acide aminé s’y fixe quand il a été activé avec un ATP.E/ Elle varie d’un acide aminé à l’autre.QCM 33 : Les tRNA :A/ Ont une structure tertiaire caractéristique de chaque tRNA, maintenue par des liaisons hydrogènes.B/ Sont synthétisés chez les eucaryotes par une RNA-polymérase DNA-dépendante.C/ L’extrémité CCA-terminale est ajoutée par une nucléotidyl-transférase.D/ Le tRNA nouvellement synthétisé ne subira qu’une seule modification : l’ajout de son extrémité CCA-terminale.E/ La nucléotidyl-transférase fonctionne avec une matrice.QCM 34 : Le chargement de l’acide aminé sur le tRNA :A/ Est catalysé par une amino-acyl tRNA synthétase.B/ L’amino-acyl tRNA synthétase ne possède pas de fonction lui permettant la reconnaissance des erreursd’appariement entre l’acide aminé et le tRNA.C/ Certaines amino-acyl tRNA synthétases reconnaissent l’anticodon du tRNA alors que d’autresreconnaissent d’autres séquences.D/ L’acide aminé doit être activé pour être fixé sur le tRNA.E/ Une fois chargé de son acide aminé, le tRNA peut-être utilisé par les ribosomes.QCM 35 : Au sujet des protéines sécrétées :A/ Les protéines sécrétées sont synthétisées par des polyribosomes localisés à la surface du réticulumendoplasmique granuleux (ou rugueux).B/ Un polyribosome (ou polysome) est un chapelet de ribosomes qui traduisent plusieurs mRNA à la fois.C/ L’extrémité C-terminale des protéines sécrétées contient généralement le peptide signal qui interagitavec une SRP.D/ La SRP sert de canal translocateur du peptide.E/ Le peptide signal reste ancré dans la membrane du RE après que la SRP se soit détachée.QCM 36 : Les protéines sécrétées :A/ Le peptide signal est une séquence d’à peu près 15 à 30 acides aminés en majorité hydrophiles.B/ On assiste à un arrêt de la traduction vers 70 acides aminés.C/ La translocation de la protéine dans la lumière du RE se fait en même temps que la traduction.D/ Le peptide signal est coupé par une protéase à la fin de la traduction, libérant ainsi la protéine dans lecytosol.E/ Les protéines doivent être maturées et dirigées vers leur compartiment fonctionnel après leur synthèse.QCM 37 : A propos de la transcription chez les eucaryotes et les procaryotes :A/ La différence majeure entre les procaryotes et les eucaryotes est que, chez les premiers, il n’existe pasde noyau, l’ADN se trouvant ainsi dans le cytoplasme.B/ Ceci explique la simultanéité existant entre transcription et traduction chez les bactéries.C/ Les transcrits primaires des procaryotes sont polycistroniques c’est-à-dire qu’un ARNm sera àl’origine de plusieurs protéinesD/ Chez les procaryotes, il n’existe pas d’introns, ceci veut donc dire que l’ensemble d’un ARNm seratraduit.E/ Que ce soit chez les eucaryotes ou les procaryotes, un même ARNm peut donc donner lieu à différentspolypeptides.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 185
  • 186. QCM 38 : A propos de la transcription eucaryote :A/ Cette transcription est réalisée par la DNA polymérase II.B/ Elle aboutit à un ARNm dit transcrit primaire possédant exons et introns.C/ La maturation de ce transcrit s’effectue dans le cytoplasme.D/ Cette transcription s’effectue à partir d’un brin matrice d’ADN parcouru dans le sens 5’-3’.E/ On parle d’ARNm monocistronique car un seul produit protéique en est issuQCM 39 : A propos de la transcription chez les procaryotes et de sa régulation :A/ Les gènes sont souvent organisés en opéron polycistronique : grâce à cette organisation, latranscription est finement régulée.B/ Il n’existe pas de systèmes de régulation au niveau de la RNA-polymérase DNA-dépendante.C/ Dans un opéron, il y a des séquences régulatrices (promoteur, opérateur) puis des séquences qui seronttranscrites (les cistrons)D/ La RNA-polymérase se fixe sur la séquence promotrice et sur l’opérateur.E/ La transcription produit un ARNm monocistronique.QCM 40 : A propos de la transcription :A/ La synthèse de la coiffe se fait par un système enzymatique spécialisé.B/ Le complexe de pré-initiation est remplacé par des facteurs de terminaison de suite après sadissociation.C/ La RNA-polymérase II utilise un brin du gène comme matriceD/ Il y a un « proof-reading » permettant de limiter les erreurs de transcriptionsE/ De façon générale, l’association d’un signal de polyadénylation et de protéines de terminaison permetla terminaison de la transcription.QCM 41 : A propos de la queue polyA :A/ C’est une structure synthétisée durant l’épissage ou splicing.B/ Elle est ajoutée à l’extrémité 5’ des ARNm de façon post-transcriptionnelle.C/ Elle permet de stabiliser l’ARNm et de réguler sa durée de vie en le protégeant notamment de l’activitédes exonucléases 3’-5’.D/ Elle est également paradoxalement responsable de la dégradation du transcrit.E/ Elle est synthétisée par la polyA-polymérase et possède une longueur constante.QCM 42 : A propos de la maturation des mRNA :A/ La queue polyA a toujours la même longueur pour tous les mRNAB/ La queue polyA des mRNA est synthétisée après la fin de la transcriptionC/ La maturation des mRNA chez les eucaryotes est effectuée dans le cytoplasmeD/ Le signal de polyadénylation est reconnu par une exonucléase qui coupe le transcrit primaire environtrente nucléotides après le signalE/ Il n’existe pas des mRNA sans polyAQCM 43 : Un mRNA mature de cellule eucaryote comporte (ou peut comporter) les éléments suivants :A/ Une cap située à l’extrémité 5’B/ Une queue polyA située à l’extrémité 5’C/ Une queue polyA située à l’extrémité 3’D/ Une cap située à l’extrémité 3’E/ Un codon AUG initiateur au début de la partie traduite© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 186
  • 187. QCM 44 : A propos des mRNA :A/ Tous les mRNA présents dans le noyau sont retrouvés dans le cytoplasmeB/ L’éditing ne change pas les propriétés du messager éditéC/ La durée de vie moyenne est de l’ordre de quelques minutes à quelques heuresD/ L’exosome est un complexe multiprotéique nucléaire qui contient des nucléases qui dégradent le RNAdans le sens 5’ vers 3’E/ La coiffe en 5’ est d’abord coupée puis la queue polyA en 3’ est dégradée par une exonucléase.QCM 45 : A propos de la traduction :A/ Chez les eucaryotes, les mRNA sont traduits dans le noyau et transcrits dans le cytoplasmeB/ Chez les procaryotes, la transcription et la traduction se déroulent toutes les deux dans le noyauC/ Le code génétique est universel mais il peut présenter quelques variations comme le génomemitochondrialD/ La transcription du génome mitochondrial se fait par une RNA-polymérase DNA-dépendante, elle-même codée par des gènes mitochondriauxE/ Certaines protéines ayant une fonction dans la mitochondrie ont été traduites dans le cytoplasmeQCM 46 : A propos de la traduction :A/ L’association du tRNA (Met) initiateur avec la Méthionine se fait grâce à des facteurs d’initiation de latraductionB/ Il existe seulement deux sites au niveau du ribosome : le site A et le site P.C/ Les sites d’interaction entre ribosome et tRNA existent sur les deux sous-unités ribosomales.D/ Le site catalytique de synthèse de la liaison peptidique est situé dans la petite sous-unité.E/ Le complexe d’initiation est constitué par le ribosome, le mRNA et le tRNA (Met)-Met initiateur.QCM 47 : A propos de l’élongation et de la terminaison de la traduction :A/ Le tRNA-AA est chargé au niveau du site A ce qui est catalysé par les facteurs d’élongation eIF1 α eteIF1 β, γ.B/ Le transfert de la chaîne peptidique du site P sur l’ARNt –AA du site A est catalysé par la fonctionpeptidyl-transférase de la petite sous-unité.C/ La translocation du ribosome fait que le tRNA passe du site A au site P.D/ Le signal de terminaison de la transcription est un codon stop.E/ Les facteurs de libération stoppent l’élongation lorsqu’un codon stop est apparue du fait qu’un codonstop n’a aucun tRNA qui lui corresponde.QCM 48 : A propos des lésions de l’ADN :A/ Les recombinaisons inégales conduisent le plus souvent à la formation de nouvelles familles de gènesmais peuvent quelques fois être délétères.B/ Les microlésions touchent en général 1 à 10 paires de bases mais touchent rarement le gène en entierC/ Les cassures causées par une irradiation sont suivies par des recombinaisons plus ou moins au hasardD/ Une lésion des zones régulatrices d’un gène a toujours un effet sur la transcriptionE/ Une mutation non sens du brin transcrit aboutit au final au changement d’un acide aminé par un autreQCM 49 : Il est exact d’affirmer que :A/ Le 5 bromo-uracile est un analogue structural de la thymineB/ L’hydroxylamine est un dérivé de la thymineC/ L’hydroxylamine et le 5 bromo-uracile sont des agents mutagènesD/ L’acide nalidixique est un inhibiteur de la DNA-polyméraseE/ La mitomycine est un agent alkylant cest-à-dire capable de créer des liaisons covalentes sur le DNA© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 187
  • 188. QCM 50 : A propos des antibiotiques et antimétabolites :A/ L’actinomycine D est un puissant inhibiteur de la biosynthèse des RNA (et donc par conséquent desprotéines)B/ La rifamycine B bloque l’élongation de la traductionC/ La mitomycine peut être utilisé comme un antibiotiqueD/ L’acridine est une molécule fluorescente qui peut s’intercaler entre les plateaux de paires de basesE/ La mitomycine bloque la séparation des brins et donc bloque la réplicationQCM 51 : Quelles sont les affirmations exactes à propos de la puromycine ?A/ Sa structure comporte une base azotée à noyau purique.B/ Elle est un inhibiteur des RNA-polymérases procaryotes.C/ Elle induit la formation de peptides tronqués : des peptidyl-puromycine.D/ On peut l’utiliser en thérapeutique humaine puisqu’elle n’est pas toxique pour les cellules eucaryotes.E/ Elle agit par le même mécanisme sur le ribosome que l’érythromycine et la streptomycine.QCM 52 : Quelle(s) molécule(s) peut-on utiliser sur une préparation de cellules humaines (sans risquerde les détériorer) si on veut la purifier des bactéries ?A/ TétracyclineB/ ChloramphénicolC/ CycloheximideD/ Actinomycine DE/ RifamycineQCM 53 : A propos des techniques de biologie moléculaire :A/ Pour travailler convenablement avec de l’ADN, il faut disposer de quelques grammes d’ADN auminimum.B/ Pour isoler l’ADN, on lyse les cellules et on utilise des protéinases pour dégrader les protéinesassociées à lADN.C/ On ne peut pas extraire de l’ADN de n’importe quel type cellulaire en vue de travailler dessus.D/ L’ARN est un acide nucléique très vulnérable.E/ Le risque dans les manipulations d’ARN est lié en grande partie aux RNases qui sont ubiquitaires etrésistantes aux fortes températures notamment.QCM 54 : A propos des techniques de biologie moléculaire :A/ Le chloroforme est utilisé pour se débarrasser des traces de phénol après une extraction au phénol.B/ Pour isoler des ARNm matures on peut utiliser les techniques de chromatographie d’affinité enutilisant les propriétés de la queue polyA.C/ Pour précipiter : on utilise souvent l’éthanol a haute force ionique et ce que l’on obtient est appeléfamilièrement « la méduse d’ADN ».D/ L’isopropanol permet la précipitation des acides nucléiques mais sans nécessiter l’ajout de sels.E/ L’ADN obtenu après toutes ces étapes d’extraction, de purification, rinçages, etc… est très stable etpeut être conservé très longtemps à température ambiante.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 188
  • 189. QCM 55 : Pour estimer la longueur d’un fragment de DNA inconnu, on utilise la techniqued’électrophorèse sur gel. On compare la migration du DNA avec des échantillons de DNA de taillesconnues. Quelles sont les propositions exactes ?A/ Pour visualiser la migration du DNA simple brin, on peut utiliser le bromure d’éthidium.B/ Le DNA, riche en phosphates, est chargé négativement et migre donc vers la cathode, pôle positif.C/ La vitesse de migration du DNA ne dépend que de sa longueur (masse moléculaire).D/ Pour connaître sa longueur, on rapporte les distances de migration du DNA et des échantillons sur uneéchelle semi-logarithmique. On s’aperçoit que taille des fragments et distance de migration sontproportionnelles.E/ La technique d’électrophorèse classique est utilisée pour la séparation de très gros fragments de DNA,parce qu’elle est moins sensible que l’électrophorèse en champ pulsé (ou inversé) qui grâce à l’utilisationd’un champ électrique permet la séparation de fragments de très petites tailles.QCM 56 : Eco RI est une endonucléase de restriction qui génère des extrémités cohésives. Après coupured’une séquence d’ADN par cette enzyme on obtient le fragment suivant : 5’G 3’C T T A AQuelle peut être la séquence palindromique que reconnaît Eco RI (d’après les seules informationsfournies par l’énoncé) :A/ A A T T TTAAB/ G A A T T C CTTAAGC/ G G A A T T C C CCTTAAGGD/ G A A T T CTTAAE/ A A T T C TTAAG© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 189
  • 190. Correction détaillée (par Mirvat Hamdan)QCM 1 : ABQCM 2 : ABCDE/ Le bromure d’éthidium est extrait par l’isobutanol.QCM 3 : BCEA/ Le phénol présente un pic d’absorption à 270 nm.D/ Ces caractéristiques représentent la globuline.QCM 4 : D Anode (+) (pH = 8) Cathode (-) ____________________________________________ Asp Ser LysAu pH=8, plus le pHi de l’acide amine est petit et plus il est acide par rapport au milieu, donc chargénégativement et donc plus attiré par l’anode.QCM 5 : BA pH=3, le milieu est acide par rapport au pHi des acides aminés, ils se comportent comme des bases.Plus le pHi de l’AA est grand, plus il est basique, donc chargé positivement donc attiré par la cathode. Anode Cathode _______________________________________________ Glu Gly HisQCM 6 : CA/ Dans le DNA on retrouve dA, dC, dG et dT.B/ C’est l’accumulation des cristaux d’acide urique qui peut donner des coliques néphrétiques.D/ Le bicarbonate est un composé basique, il rend donc le pH du milieu moins acide.E/ Ce sont justement les bases azotées qui présentent le phénomène de tautomérie.QCM 7 : CA/ L’adénine n’est pas un nucléoside (c’est la désoxyadénosine qui est présente dans le DNA).B/ L’inosine est bien un nucléoside mais n’est pas normalement présente dans le DNA.D/ La thymine est une base azotée, qui quand elle est couplée à un désoxyribose, constitue la Thymidine,un nucléoside bien présent au sein du DNA.E/ La guanosine est un ribonucléoside ; le désoxyribonucléoside présent au sein de DNA est ladésoxyguanosine.QCM 8 : BA/ Les formes tautomères majoritaires sont amines et cétones.C/ Entre A-T il se forme 2 liaisons H, alors qu’entre C-G il s’en forme 3.D/ Il s’agit de DNA, on retrouve donc des liaisons A-T et C-G.E/ L’appariement des bases implique une teneur égale en A et T d’une part, et en C et G d’autre part.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 190
  • 191. QCM 9 : BCA/ Il s’agit de liaisons A-T et C-G.D/ Le BrU est un agent mutagène, il augmente la fréquence des misappariements.E/ Il s’agit de DNA, la teneur en A doit être égale à celle en T.QCM 10 : ABCDEQCM 11 : BEA/ La puromycine présente une diméthyladénine, ce serait plutôt un dérivé des bases puriques.C/ La puromycine n’est pas un nucléotide.D/ La puromycine empêche la traduction.QCM 12 : ABCED/ C’est un dérivé des bases pyrimidiques.QCM 13 : BDEA/ La DO augmente certes, mais en aucun cas proportionnellement (la courbe est sigmoïde).C/ En élevant la concentration en sel du milieu, la double hélice devient plus stable, elle nécessite unapport d’énergie plus important pour être dénaturée. Le Tm augmente.QCM 14 : AucuneA/ Le DNA se lie à certaines protéines, et pas à toutes les protéines.B/ Les protéines A et C peuvent être isolées par la suite pour être étudiées.C/ Rien ne nous permet de l’affirmer (les histones ne se lient pas spécifiquement par exemple).D/ La protéine B ne sest pas liée au DNA , elle ne peut être lhistone H4.E/ Un promoteur est un morceau de DNA, pas une protéine.QCM 15 : AucuneA/ Il existe beaucoup dautres protéines capables de se lier au DNA (facteurs de régulation de gènes,polymérases…)B/ Les histones subissent des modifications post-traductionnelles qui permettent leur association oudissociation au DNA.C/ Pas dhistones chez les procaryotes, qui nont dailleurs pas de noyau.D/ La richesse en AA basiques leur confère une charge positive, qui leur permet lassociation au DNAchargé négativement.E/ Cest le rôle de H1.QCM 16 : BEA/ Le DNA ne peut subir des traductions, c’est le RNA qui est traduit en protéines.C/ Le RNA est un enchaînement de ribonucléotides.D/ Le RNA contient du ribose alors que le DNA contient du désoxyribose.QCM 17 : CDA/ Le DNAZ est une double hélice gauche.B/ C’est une forme compactée du DNAB.E/ Tous peuvent être retrouvés in vivo.QCM 18 : BCEA/ Le DNA est double brin chez les proca aussi.B/ Vrai, mais on ne parle pas d’exons et d’introns chez les proca car rien n’est épissé.D/ Cela dépend des espèces, de la cellule, de son activité, etc…© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 191
  • 192. QCM 19 : BDEA/ Le génome des eucaryotes ne se retrouve pas que dans le noyau, mais dans les mitochondries aussi.C/ Ce sont des séquences hautement répétitives.QCM 20 : AB/ La méthylation induit une inactivation de la transcription.C/ C’est la cytosine qui est méthylée en 5D/ Un compactage de la chromatine empêche la réalisation de la transcription.E/ Ce sont les zones actives qui sont fragiles car c’est à ce niveau que la décompaction est maximale pourpermettre l’attachement de protéinesQCM 21 : BCDEA/ Les bactéries sont des procaryotes et les procaryotes n’ont pas besoin de télomèrases car leur génomeest circulaire.QCM 22 : ACDB/ Avec la guanine dans sa forme minoritaire (pas la cytosine).E/ Si on inverse une séquence la polymérase lira une séquence de bases complémentaires, ce qui n’est paséquivalent à la séquence initiale.QCM 23 : ACDEB/ La phase de reconnaissance des anomalies est spécifique alors que la phase de correction est générale.QCM 24 : ABDC/ La reverse-transcriptase n’est pas cellulaire mais apportée par le virus lui-mêmeE/ Pas tous (par exemple le HIV ne l’est pas)QCM 25 : ACDB/ Ils existent sous 2 formes : lytique et lysogène.E/ Ce sont des séquences génétiques mobiles.QCM 26 : ABDC/ Elles prédominent après la naissance.E/ Ce sont les gènes précurseurs de ces 2 globines qui ont divergé il y a 40 Ma.QCM 27 : CEA/ Les cellules eucaryotes n’organisent pas leurs gènes en opéron.B/ Il code pour 3 protéines.D/ La protéine CAP se fixe au promoteur.QCM 28 : BA/ Elle utilise le glucose préférentiellement, et n’a pas besoin de dégrader le lactoseC/ Car les cistrons ne seront pas transcrits, donc pas de possibilité de dégradation du lactose.D/ Lac I code pour le répresseur de la transcription ; son absence ne peut donc pas arrêter la transcription,au contraire.E/ La RNA-poly se fixe sur le promoteur et l’opérateur mais cette mutation n’empêche pasobligatoirement la liaison de la polymérase.QCM 29 : CDEA/ Elle se lie au promoteur.B/ L’opéron est dit inductible parce que la présence de lactose induit la transcription.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 192
  • 193. QCM 30 : ACEB/ Seuls les codons du mRNA et les anticodons des tRNA sont complémentairesD/ C’est la 1ère position de l’anticodon qui s’apparie avec la 3e position du codon selon les modalités du« wobble ».QCM 31 : CDA/ Les acides aminés sont mis en place au niveau du ribosome.B/ Il s’agit d’1 seul brin apparié à certains endroits.E/ La séquence sur laquelle se fixe l’AA est bien en 3’ mais elle est constante (CCA).QCM 32 : BCDA/ Elle se trouve à l’extrémité 3’E/ Elle est constante.QCM 33 : ABCD/ Il subira une série de modifications post-transcriptionnelles.E/ Sans matrice.QCM 34 : ACDEB/ Elle possède un site d’édition capable de détecter la fixation d’un mauvais aa.QCM 35 : AEB/ Un polysome traduit un seul mRNA plusieurs fois.C/ Le « peptide signal » est situé proche de l’extrémité N-terminale.D/ La SRP est un complexe ribonucléoprotéique qui amène le peptide comportant le « peptide signal » àun canal translocateur.QCM 36 : BCEA/ Le peptide signal est hydrophobe, c’est pourquoi il est enchassé dans la membrane du REG.D/ Il est coupé par une « signal peptidase » (c’est une protéase) dans la lumière du RE !QCM 37 : ABCED/ Il n’y a pas d’introns car pas de zones excisées. Toutefois dans l’ARNm mature tout n’est pas codant !E/ Mais par des phénomènes totalement différents (Procaryotes : car plusieurs cistrons ; Eucaryotes : àcause de l’épissage alternatif ou de l’éditing par exemple) !QCM 38 : BEA/ Elle est réalisé pas des RNA-polymérases (II pour les ARNm).C/ Maturation dans le noyau.D/ 3’ 5’QCM 39 : ACDB/ Il existe des sous-unités régulatrices.E/ Le mRNA produit est polycistronique.QCM 40 : ACEB/ Facteurs d’élongation ensuite.D/ Pas de proof-reading car moins grave les mutations sur les ARN ne sont pas transmises à ladescendance.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 193
  • 194. QCM 41 : CDA/ C’est une autre étape de la maturation à distinguer de l’épissage.B/ Elle est ajoutée à l’extrémité 3’ des mRNA.E/ En général le nombre d’adénosines varie entre 200 et 250 mais ceci n’a rien de constant.QCM 42 : BA/ La longueur de la queue polyA est un facteur de stabilité du mRNA.C/ La maturation a lieu dans le noyau.D/ La coupure est faite par une endonucléase.E/ Les mRNA des histones ne présentent pas de queue polyA.QCM 43 : ACEQCM 44 : AucuneAL Mais ceux qui ne sont pas transférés dans le cytoplasme ne sont pas traduits.B/ Le but de l’editing étant de changer le messager en fonction de l’organeC/ Elle est de quelques heures à quelques jours.D/ Le sens de dégradation est 3’  5’E/ La dégradation de la queue polyA précède la suppression de la coiffe.QCM 45 : CEA/ C’est la transcription qui a lieu dans le noyau et la traduction dans le cytoplasme.B/ Les procaryotes ne présentent pas de noyau.D/ La RNA-polymérase est codée par des gènes nucléaires.QCM 46 : CEA/ Cette association se fait grâce à une amino-acyl ARNt synthétase.B/ Il existe aussi le site E (Exit).D/ L’activité peptidyl-transférase est dans la grande sous-unité.QCM 47 : ACEB/ La peptidyl-transférase appartient à la grande sous-unité.D/ C’est le signal de fin de traduction.QCM 48 : CA/ Les recombinaisons inégales ne conduisent pas à l’apparition de nouvelles familles de gènes.B/ Les microlésions touchent en général 1 base.D/ Si la lésion a lieu entre les séquences régulatrices ( TATA, CAAT…) des zones de régulation, ellesrestent inaperçues.E/ Elle aboutit à l’arrêt de la transcription, une mutation non sens étant l’apparition d’un codon stop ausein du mRNA.QCM 49 : ACEB/ C’est une petite molécule se fixant sur la cytosine, et qui s’apparie avec l’adénosine sans pour autantêtre un analogue de la thymine.D/ C’est un inhibiteur des topoisomérases.QCM 50 : ADEB/ Elle bloque la réplication voire la transcription.C/ C’est un anti-cancéreux peu utilisé car non spécifique des procaryotes.© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 194
  • 195. QCM 51 : ACB/ Elle est utilisée comme inhibiteur de la traduction.D/ Elle est très toxique et n’est plus utilisée en thérapeutique humaine même si à la base il y a eu desessais contre le cancer.E/ Elle prend la place d’un ARNt alors que l’érythromycine bloque la translocation et la streptomycineinhibe l’initiation de la traductionQCM 52 : ABEC/ Elle agit spécifiquement sur les cellules eucaryotes.D/ Elle est toxique pour les eucaryotes aussi.QCM 53 : BDEA/ Quelques μg suffisent.C/ On peut travailler sur l’ADN de n’importe quelle cellule nucléée.QCM 54 : ABCDE/ Le DNA doit être stocké au froid même s’il ne doit pas faire l’objet de grandes précautions.QCM 55 : AucuneA/ Le BET est un agent intercalent qui révèle donc le DNA double brin.B/ Le DNA migre vers l’anode qui est le pôle positif.C/ La migration dépend aussi de la concentration du gel d’électrophorèse.D/ Le rapport est inversement proportionnel.E/ C’est l’électrophorèse en champ pulsé qui permet la séparation de fragments plus grands de DNA .QCM 56 : ABD et E ne sont pas palindromiques. Il ne peut pas s’agir de C car la coupure n’aurait pas eu lieu au niveaude la séquence proposée dans l’énoncé (il manque les bases complémentaires GC)Par contre il peut s’agir de A : aucun élément ne nous permet de dire si la séquence reconnue est de 4doublets ou 6 doublets de bases. Dans les 2 cas, on aurait obtenu le même fragment après coupure de5’GAATTC…3’3’CTTAAG…5’© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 195
  • 196. © Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 196
  • 197. COUPONS D’ERREURS A remplir et à déposer en salle de permanence en cas d’erreurs trouvées dans ce polycopié.-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------POLYCOPIÉ :………………………………………………… PAGE N° :……………………QCM N° :…………… □ ITEM :………….. ou □ ÉNONCÉErreur :……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………Nom – Prénom et N° de Tél ou E-mail : …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------POLYCOPIÉ :………………………………………………… PAGE N° :……………………QCM N° :…………… □ ITEM :………….. ou □ ÉNONCÉErreur :……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………Nom – Prénom et N° de Tél ou E-mail : …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------POLYCOPIÉ :………………………………………………… PAGE N° :……………………QCM N° :…………… □ ITEM :………….. ou □ ÉNONCÉErreur :……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………Nom – Prénom et N° de Tél ou E-mail : …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………© Tous droits réservés au Tutorat Associatif ToulousainSauf autorisation, la vente, la diffusion totale ou partielle de ce polycopié sont interdites 197